精品解析：广东省九师联盟2024届高三上学期开学考试数学试题

高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A 1 B. C. D. 3. 已知单位向量的夹角为，则的最小值为（ ） A B. C. 1 D. 4. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 5. 已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 7. 设数列的前项和为．对任意恒成立，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，线段的中点为，过作线段的中垂线交轴于点，过两点分别作的准线的垂线，垂足分别为．线段的中点为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 某市高三一模物理成绩近似服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，点间的折线距离，已知，记，则（ ） A. 若，则有最小值8 B. 若，则A点轨迹是一个正方形 C 若，则有最大值15 D. 若，则点A轨迹所构成区域的面积为 11. 已知为圆锥底面圆的直径，，，点为圆上异于的一点，为线段上的动点（异于端点），则（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 圆锥内切球的体积为 C. 棱长为的正四面体可以放在圆锥内 D. 当为的中点时，满足的点有2个 12. 已知（且），若，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式．高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系．如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，则此四棱台的体积为______． 14. 已知，且，则的最大值为______． 15. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任一点，为的内心，为坐标原点，则直线与的斜率之比______．（用表示） 16. 若不等式xex－ex ln x＞mx－ex恒成立，则正整数m的最大值为________． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 记锐角的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高，当的面积取最小值时，求内切圆的面积． 18. 已知数列的各项均为正数，为的前项和，且． （1）求的通项公式； （2）设，记前项和为，求证：． 19. 自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可·波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”．第19届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者、 （1）已知报名者组人数之比为，将这3组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设组中的每一个人答对某道题的概率分别为，从中任选一人，求此人答对该题的概率； （2）从4名女性报名者和3名男性报名者中随机选出3名进行亚运会服务技能考核，记为其中女性的人数，求的数学期望． 20. 如图1，直角梯形中，，将直角梯形绕旋转一周得到如图2的圆台，为圆台的母线，且是的中点． （1）在线段上是否存在一点，使平面？说明理由； （2）若为线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，且，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点，且． （1）求的方程； （2）如图，过作直线（不与轴重合）与曲线的两支交于两点，直线与的另一个交点分别为，求证：直线经过定点． 22. 已知． （1）若，求在上的最小值； （2）若有2个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：高考范围. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用函数值域的求法计算集合，再根据交集的概念计算即可. 【详解】由对数函数及二次根式的意义可知得，则． 故选：B． 2. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘除法运算结合共轭复数的定义、模长公式计算即可. 【详解】易知，则， 所以． 故选：C． 3. 已知单位向量的夹角为，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用数量积与模的关系结合二次函数的性质计算即可. 【详解】易知， 所以 ， 即当时，． 故选：B． 4. 从2023年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地．某大学一个寝室6位同学慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求相邻，在的左边，则不同的站法共有（ ） A. 480种 B. 240种 C. 120种 D. 60种 【答案】C 【解析】 【分析】结合捆绑法与全排列，并消除和的顺序即可求解. 【详解】站在一起有种， 将看成一个整体与进行全排列，共有种， 同时要求在的左边，共有种． 故选：. 5. 已知函数在有且仅有2个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由在有且仅有2个极值点，可得，解得，又在上单调递增，可得，解得，则可得的取值范围. 【详解】因为在有且仅有2个极值点， 所以，解得， 因为在上单调递增， 又，所以， 解得，所以． 故选：A． 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】因为，再利用不等式的性质及的单调性，可得，再构造函数，再利用导数与函数的单调性，得到在上单调递增，从而得到，即可求解. 【详解】因为，所以，所以，得到， 令，所以， 令，所以， 易知在区间单调递减， 又， 所以，使得，当，即在区间单调递增； 当，即在区间上单调递减， 而，从而， 所以上单调递增，所以，即，即， 故选：C． 7. 设数列的前项和为．对任意恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系可得为等比数列，即可结合累加法求解，由等比求和公式得，即可代入不等式化简得，构造，作差得数列单调性，即可求解. 【详解】由，得，又， 所以数列是以2为公比，1为首项的等比数列，所以， 则， 进而数列是以2为公比，1为首项的等比数列，可得， 不等式恒成立， 即． 设，则， 当时，，为递减数列， 所以， 所以，解得． 故选：D． 8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，线段的中点为，过作线段的中垂线交轴于点，过两点分别作的准线的垂线，垂足分别为．线段的中点为，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设直线，与抛物线联立方程组，求得的坐标，可得到．进而求出的值． 【详解】 设直线，联立， 所以则， 得线段的中点为，即， 线段的中垂线方程为， 令，得．所以，所以， 又， 所以．又，所以四边形为平行四边形，因此，所以． 故选：A． 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 某市高三一模物理成绩近似服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性逐项判断可得答案. 【详解】对于A，由题可知，，故A正确； 对于C，由对称性可知，故C正确； 对于B，，故B正确； 对于D，，故D错误. 故选：ABC． 10. 在平面直角坐标系中，点间的折线距离，已知，记，则（ ） A. 若，则有最小值8 B. 若，则A点轨迹是一个正方形 C. 若，则有最大值15 D. 若，则点A的轨迹所构成区域的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用换元法结合定义将折线距离转化，作出图象，利用图象平移可判定B，利用点到直线距离公式转化可判定A，利用图象结合两点距离可判定C，利用正方形面积公式可判定D. 【详解】若，由题意可知，令， 则，作出其图象如图． 易知，点的轨迹可由正方形右移1个单位长度， 再上移1个单位长度得到，故B正确； 对于A， ， 结合图象可得的最小值即为点到 直线（即点）的距离， 此时取得最小值3，故A错误； 对于C，的最大值即为点到点的距离中的最大值 ，故的最大值为15，故C正确； 若，则表示正方形及其内部区域，易知其面积为， 故D错误． 故选：BC． 11. 已知为圆锥底面圆的直径，，，点为圆上异于的一点，为线段上的动点（异于端点），则（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 圆锥内切球的体积为 C. 棱长为的正四面体可以放在圆锥内 D. 当为的中点时，满足的点有2个 【答案】AC 【解析】 【分析】A：根据线面垂直得到线面角，然后结合三角函数以及线段长度分析角的最大值；B：根据几何体的轴截面图进行分析计算；C：先考虑将正四面体补形为正方体，然后根据正方体的外接球以及B选项的结果进行判断；D：假设成立，通过线面垂直推导线线垂直并逐步推出矛盾. 【详解】A：过作交于点，连接，如下图所示： 因为圆锥底面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 所以与平面所成角即为，且， 又，所以，则， 所以，当且仅当位于的中点处时取等号， 所以，所以直线与平面所成角的最大值为，故正确； B：根据题意可得轴截面如下图所示，设内切球的球心为，半径为， 因为，所以为等边三角形， 所以， 又因为，所以， 所以，所以， 所以内切球的体积为，故错误； C：将棱长为的正四面体补形为正方体，如下图所示： 由图可知正方体的棱长为， 此正方体的外接球的半径等于， 所以正四面体可以在半径为的球内任意转动， 由B选项结果可知，棱长为的正四面体可以放在圆锥内，故正确; D：当为的中点时，如下图: 因为为等边三角形，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为圆锥底面，所以，且相交，平面， 所以平面， 因为平面，所以，这显然不成立， 所以满足的点不存在，故错误； 故选：AC. 12. 已知（且），若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先判断，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断A；令，利用导数说明函数的单调性，得到，即可判断B；令，即可判断C；令，，利用导数说明函数的单调性，即可判断D. 【详解】由，可知或， 又，令，则， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当且，此时与题意不符合； 当且时，，故． 令，则， 当时，，在上单调递减， 又，所以，所以，所以，故A正确； 令，则， 记，则， 所以，则，所以在上单调递增， 所以，即，即，所以，即，故B正确； 令，则， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以当时，， 即，即，故C错误； 令，，则， 令，，则，即在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以，即，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式．高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系．如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，则此四棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正四棱台的特征先求棱台的高，再利用棱台的体积公式计算即可. 【详解】如图正四棱台，过作平面为垂足， 由题意可知, 所以， 所以 故答案为： 14. 已知，且，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由，可得，再由，利用基本不等式可得，再由，即可得到的最大值. 【详解】因为，所以， 则，所以， 又，所以，， 则， 当且仅当，即时取等号， 又，所以的最大值为． 故答案为：. 15. 已知椭圆左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任一点，为的内心，为坐标原点，则直线与的斜率之比______．（用表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合三角形内切圆性质及椭圆定义，且点坐标表示点的坐标，再利用斜率坐标公式化简即得. 【详解】设内切圆与分别相切于点，椭圆半焦距为c， 有，，则，即， 则，又 （e为椭圆的离心率），而，则， 即，因此， ，所以. 故答案为：. 16. 若不等式xex－ex ln x＞mx－ex恒成立，则正整数m的最大值为________． 【答案】5 【解析】 【详解】由题意可知xex－exln x＋ex＞mx，即x－ln x＋1＞恒成立．令f(x)＝x－ln x＋1，f′(x)＝1－＝.当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴ 当x＝1时，函数f(x)取得极小值，即最小值，f(x)min＝f(1)＝2.令g(x)＝，则g′(x)＝＝，当x∈(0，1)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．∴ 当x＝1时，函数g(x)取得极大值，即最大值，g(x)max＝g(1)＝.∴ {f(x)－mg(x)}min＝f(1)－mg(1)＝2－＞0，得m＜2e∈(5，6)，∴ 正整数m的最大值为5. 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 记锐角的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若边上的高，当的面积取最小值时，求内切圆的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换及正弦定理化简条件式结合特殊角的三角函数值计算即可； （2）设，利用锐角三角函数表示长，结合三角形面积公式及三角恒等变换得，由三角函数的图象与性质计算可知时取得最值，再根据正三角形的性质得内切圆的半径计算面积即可. 【小问1详解】 由二倍角公式知， 由正弦定理知． 又，所以，即． 易知，所以，可得，即． 所以，即． 【小问2详解】 因为为锐角三角形，所以在边上，且不与重合． 设， 在中，； 在中，． 所以 由题意，，则， 即当，即时，等号成立． 所以当的面积取最小值时，为等边三角形， 设内切圆的半径为，根据正三角形中心的性质易得， 则内切圆的面积． 18. 已知数列的各项均为正数，为的前项和，且． （1）求的通项公式； （2）设，记的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意知，当时，，代入题干表达式可得，通过计算数列通项公式即可计算出前项和的表达式，最后结合公式，即可计算出数列的通项公式； （2）由（1）计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法计算出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可证明结论成立． 【小问1详解】 由，得，即； 又， 所以是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以，又是正项数列，所以． 当时，， 又当时，不符合时的形式． 所以 【小问2详解】 证明： ， ． 19. 自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可·波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”．第19届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者、 （1）已知报名者组人数之比为，将这3组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设组中的每一个人答对某道题的概率分别为，从中任选一人，求此人答对该题的概率； （2）从4名女性报名者和3名男性报名者中随机选出3名进行亚运会服务技能考核，记为其中女性的人数，求的数学期望． 【答案】（1）0.915； （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意，记事件“任选一人答对”，“答题人来自第组”，结合全概率公式即可求解. （2）先得到的所有取值，求出相应的概率，代入期望公式即可求解. 【小问1详解】 设事件“任选一人答对”，“答题人来自第组”， 则样本空间，且两两互斥， 根据题意得 ， ， 由全概率公式得， 所以任选一人，此人答对该题的概率为0.915． 【小问2详解】 由题可知，的可能取值为， 由题意得， ， ， ， 故的数学期望． 20. 如图1，直角梯形中，，将直角梯形绕旋转一周得到如图2的圆台，为圆台的母线，且是的中点． （1）在线段上是否存在一点，使平面？说明理由； （2）若为线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）存在，理由见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）过作，过作一条平行的直线交于点，此时，利用线面平行的判定定理得平面AEFD、平面，再由面面平行的判定定理、性质定理可得答案； （2）作交下底圆于，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，再由二面角的向量求法可得答案． 【小问1详解】 线段上存在一点，使平面．理由如下： 过作，垂足为为中点，又， 所以，过作一条平行的直线交于点，此时． 易知平面平面，所以平面AEFD． 同理平面，又，平面， 所以平面平面，平面， 所以平面， 故线段上存在一点，使平面，且； 【小问2详解】 作交下底圆于，因为， 如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的法向量，由得， 令，则； 设平面的法向量， 由，得，令，则． 设平面与平面的夹角为， 则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，且，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点，且． （1）求的方程； （2）如图，过作直线（不与轴重合）与曲线的两支交于两点，直线与的另一个交点分别为，求证：直线经过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用焦距，结合题干条件与渐近线构成的几何关系，列方程组求出，得到双曲线方程； （2）设，利用点斜式方程分别写出直线的方程，和双曲线联立后，得到的坐标，然后得到直线的方程，即可求解. 【小问1详解】 渐近线，渐近线． 设为坐标原点，由题意，不妨设在上，在上，是线段的中垂线， 所以．由对称性，， 所以，从而． ，在Rt中，， 解得． 所以，故C的方程为． 【小问2详解】 设，设直线． 可得直线． 联立 得， 则，又， 所以， 所以， 所以，同理． 则 直线， 令，得，所以直线过定点． 【点睛】方法点睛：直线过定点问题，需将待考察的直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理的表达式，将直线方程进行化简整理后进行求解. 22. 已知． （1）若，求在上的最小值； （2）若有2个零点， ①求取值范围； ②求证：． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，判断导函数的正负，得出原函数的单调性，即可求得原函数的最小值； （2）①由，设，有2个零点转化为方程有2个不同正实根，分离参数得，转化为函数，有2个不同正实根，然后利用导数即可求得结果；②用分析法把问题转化为证明不等式，构造函数即可证明． 【小问1详解】 当时，， 所以， 因为，在上单调递增，且， 所以时，，在单调递减； 时，，在单调递增， 所以当时，； 当时，， 所以 【小问2详解】 ①因为， 设，则在上单调递增，且的取值范围是， 设，则有2个零点即方程有2个不同正实根， 即有2个不同正实根． 设，则， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， 所以， 当，且时，；当时，． 令，得，所以函数的图象过点． 函数的大致图象如图： 所以，仅当时，方程有2个不同实根， 即有2个零点时的取值范围是． ②证明：要证，即证，即证， 由①得，所以， 所以问题转化为证明，即证， 即证． 设，即证， 设，则， 所以在单调递增，， 所以成立，即成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$