精品解析：广东省广州市广州外国语学校2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷

2023~2024学年广州外国语学校高三下学期开学考试数学 一、单选题 1. 已知均为的子集，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 4. 圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知单位向量，满足，若向量，则＝（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的系数是（ ） A 60 B. 80 C. 84 D. 120 7. 已知抛物线上三点，直线是圆的两条切线，则直线的方程为（ ） A. B. C D. 8. 已知a，b，c满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、多选题 9. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（ ） A. B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 在单调递增 D. 在单调递减 三、填空题 12. 椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则__________． 13. 对一个物理量做次测量，并以测量结果的平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量_____次（若，则）． 14. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻空间的弯白性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定:多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，正四面体在各顶点的曲率为 ___ ;若某多面体满足:顶点数一棱数面数.该多面体的总曲率为 ____ . 四、解答题 15. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 16. 双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上，当时，. （1）求离心率； （2）若在第一象限，在轴的负半轴是否存在定点使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 17. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数． （1）求X的分布列； （2）若要求，确定n的最小值； （3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？ 18. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 19. 椭圆曲线加密算法运用于区块链． 椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且． （1）当时，讨论函数零点的个数； （2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：； （3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标． 参考公式： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年广州外国语学校高三下学期开学考试数学 一、单选题 1. 已知均为的子集，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用集合的包含关系或者画出Venn图，结合Venn图即可确定集合的运算结果. 【详解】解法一：,，据此可得. 故选：B. 解法二：如图所示，设矩形ABCD表示全集R， 矩形区域ABHE表示集合M，则矩形区域CDEH表示集合， 矩形区域CDFG表示集合N，满足， 结合图形可得：. 故选：B. 2. 在3张卡片上分别写上3位同学的学号后，再把卡片随机分给这3位同学，每人1张，则恰有1位学生分到写有自己学号卡片的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意列出所有可能的结果，然后利用古典概型计算公式即可求得满足题意的概率值. 【详解】设三位同学分别为，他们的学号分别为， 用有序实数列表示三人拿到的卡片种类，如表示同学拿到号，同学拿到号，同学拿到号. 三人可能拿到的卡片结果为：，共6种， 其中满足题意的结果有，共3种， 结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为：. 故选：C. 【点睛】方法点睛： 有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数． (1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏． (2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用. 3. 关于的方程，有下列四个命题：甲：是该方程的根；乙：是该方程的根；丙：该方程两根之和为2；丁：该方程两根异号．如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】B 【解析】 【分析】根据描述易知甲、乙有一个为假命题，再假设甲为真或乙为真，即可判断出假命题. 【详解】若甲、乙为真命题，显然与丙、丁矛盾， 所以甲、乙有一个为假命题，而丙、丁为真命题， 假设甲为真，乙为假，则方程的两个根分别为，满足甲、丙、丁为真，乙为假； 假设乙为真，甲为假，则丙、丁必有一个为假，不满足题设； 综上，假命题为乙. 故选：B 4. 圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的体积公式即可求得其体积. 【详解】圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上， 如图所示，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为, 则圆台的高 据此可得圆台的体积：. 故选：C. 5. 已知单位向量，满足，若向量，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出，及，从而利用向量余弦夹角公式计算得到，再利用同角三角函数平方关系求出. 【详解】因为，是单位向量， 所以， 又因为，， 所以， ， 所以， 因为， 所以． 故选：B． 6. 的展开式中的系数是（ ） A. 60 B. 80 C. 84 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】 的展开式中的系数是，借助组合公式：，逐一计算即可. 【详解】的展开式中的系数是 因为且，所以， 所以， 以此类推，. 故选：D. 【点睛】本题关键点在于使用组合公式：，以达到简化运算的作用. 7. 已知抛物线上三点，直线是圆的两条切线，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用点求抛物线方程，利用相切关系求切线AB，AC，再分别联立直线和抛物线求出点，即求出直线方程. 【详解】在抛物线上，故，即，抛物线方程为， 设过点与圆相切的直线的方程为：，即，则圆心到切线的距离，解得，如图，直线，直线. 联立 ，得， 故，由得，故， 联立 ，得， 故，由得，故， 故，又由在抛物线上可知， 直线的斜率为 ， 故直线的方程为，即. 故选：B. 【点睛】方法点睛： 求圆的切线的方程的求法： （1）几何法：设直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径构建关系求出参数，即得方程； （2）代数法：设直线的方程，联立直线与圆的方程，使判别式等于零解出参数，即可得方程. 8. 已知a，b，c满足，，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用其单调性，分，，讨论即可. 【详解】由题意得，即，则，则， 令，根据减函数加减函数为减函数的结论知： 在上单调递减， 当时，可得，，两边同取以5为底的对数得 ，对通过移项得， 两边同取以3为底的对数得， 所以，所以 ，所以，且， 故此时，，故C,D选项错误， 时，， ，且，故A错误, 下面严格证明当时，，， 根据函数在上单调递增，且， 则当时，有， ，， 下面证明：， 要证：， 即证：，等价于证明， 即证：，此式开头已证明， 对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得 ， 则 故当时，，则 当时，可得，，两边同取以5为底的对数得 ，对通过移项得， 两边同取以3为底的对数得， 所以，所以 ，所以，且， 故，故此时，， 下面严格证明当时，， 当时，根据函数，且其在上单调递减，可知 ，则，则， 根据函数函数在上单调递增，且， 则当时，， 下面证明：， 要证： 即证：，等价于证， 即证：，此式已证明， 对，左边同除分子分母同除，右边分子分母同除得 ， 则， 故时，，则 当时，，则，， 综上，， 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数，利用其单调性及，从而得到之间的大小关系，同时需要先求出的范围，然后再对进行分类讨论. 二、多选题 9. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数模的概念判断A，利用复数的乘法运算判断B，根据共轭复数的性质及乘法运算判断C，根据特例法判断D. 【详解】由复数模的概念可知，不能得到， 例如，A错误； 由可得，因为，所以，即，B正确； 因为，而，所以，所以，C正确； 取，显然满足，但，D错误. 故选：BC 10. 质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解. 【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角， 设t时刻两点重合，则,即， 此时点， 即， 当时，，故A正确； 当时，，即，故B正确； 当时，，即，故D正确. 由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合. 故选：ABD. 11. 设函数，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 在单调递增 D. 在单调递减 【答案】AD 【解析】 分析】 先证明为周期函数，周期为，从而A正确，再利用辅助角公式可判断B的正误，结合导数的符号可判断C D的正误． 【详解】的定义域为，且， ，故A正确． 又，令， 则， 其中， 故即，故， 当时，有，此时即， 故，故B错误． ， 当时，，故在为减函数，故D正确． 当时，，故， 因为为增函数且，而在为增函数， 所以在上为增函数， 故在有唯一解， 故当时，即，故在为减函数，故C不正确． 故选：AD 【点睛】方法点睛：与三角函数有关的复杂函数的研究，一般先研究其奇偶性和周期性，而单调性的研究需看函数解析式的形式，比如正弦型函数或余弦型函数可利用整体法来研究，而分式形式则可利用导数来研究，注意辅助角公式在求最值中的应用． 三、填空题 12. 椭圆的焦点为，，上顶点为，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用椭圆的几何性质，得到，结合，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，椭圆，可得， 则，所以，，且上顶点， 如图所示，因为，可得， 则，解得. 故答案为：. 13. 对一个物理量做次测量，并以测量结果平均值作为该物理量的最后结果．已知最后结果的误差，为使误差在的概率不小于0.9545，至少要测量_____次（若，则）． 【答案】32 【解析】 【分析】 因为，得到，，要使误差在的概率不小于0.9545， 则，得到不等式计算即可. 【详解】根据正态曲线的对称性知：要使误差在的概率不小于0.9545， 则且，， 所以. 故答案为：32. 【点睛】本题是对正态分布的考查，关键点在于能从读出所需信息. 14. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻空间的弯白性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定:多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，正四面体在各顶点的曲率为 ___ ;若某多面体满足:顶点数一棱数面数.该多面体的总曲率为 ____ . 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用多面体的总曲率的公式求解即可. 【详解】（1）正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角， 所以正四面体在各顶点的曲率为. （2）设多面体的顶点数为，棱数为，面数为， 每个面分别记为边形， 则所有面角和为， 则多面体的总曲率为， 故答案为：（1）（2） 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义问题，正确读懂曲率是解决问题的关键. 四、解答题 15. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，，． （1）记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求； （2）设点F在线段AP上，，求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面几何的知识推得，进而得到与，从而利用柱体与锥体的体积公式求得关于的表达式，由此得解； （2）根据题意建立空间直角坐标系，设，结合（1）中结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面与平面的法向量与，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为与是底面圆弧所对的圆周角， 所以， 因为，所以在等腰中，， 所以， 因为是圆柱的底面直径，所以，则， 所以，则，即， 所以在等腰，，平分，则， 所以，则， 故在中，，，则， 在中，， 因为是圆柱的母线，所以面， 所以， ， 所以． 【小问2详解】 以C为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，， 则， 所以，，， 因为，所以， 则， 设平面的法向量，则，即， 令，则，故， 设平面法向量，则，即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，易知， 所以， 因此二面角的余弦值为． 16. 双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在上，当时，. （1）求的离心率； （2）若在第一象限，在轴的负半轴是否存在定点使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，且点 【解析】 【分析】（1）求出，根据可得出关于、的齐次等式，即可解得双曲线的离心率； （2）假设在轴的负半轴上存在定点，使得，设点，由已知条件可得出，利用二倍角的正切公式化简可得出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 解：当时，设点，则，可得，则， 又因为，由可得， 可得，解得， 此时，双曲线的离心率为. 【小问2详解】 解：由（1）可知，，则，， 所以，双曲线的方程可化为， 设点，其中，，且， 若在轴的负半轴上存在定点，使得， 且，， 因为，则， 即，整理可得， 所以，，解得， 因此，在轴的负半轴上存在定点，使得. 【点睛】关键点点睛：解本题第（2）问的关键在于根据二倍角的正切公式得出关于的等式，利用恒成立思想得出关于的方程组求解. 17. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰，机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图： 以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数． （1）求X的分布列； （2）若要求，确定n的最小值； （3）以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个？ 【答案】（1）见解析. （2）见解析. （3）见解析. 【解析】 【分析】（1）由已知得X的可能取值为16，17，18，19，20，21，22，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列；（2）由X的分布列求出P（X≤18）=，P（X≤19）=．由此能确定满足P（X≤n）≥0．5中n的最小值；（3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件的费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用，分别求出n=19时，费用的期望和当n=20时，费用的期望，从而得到买19个更合适． 【详解】（1）由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8，9，10，11的概率分别为0．2，0．4，0．2，0．2，从而 ； ； ； ； ； ； ． 所以的分布列为 16 17 18 19 20 21 22 （2）由（1）知，，故的最小值为19． （3）购买零件所用费用含两部分，一部分为购买零件费用，另一部分为备件不足时额外购买的费用. 当n=19时，费用的期望为：19×200+500×0.2+1000×0.08+1500×0.04=4040； 当n=20时，费用的期望为：20×200+500×0.08+1000×0.04=4080. 可知当时所需费用的期望值小于时所需费用的期望值，故应选． 考点：离散型随机变量及其分布列 18. 已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. （1）若，求的值； （2）若，且，求； （3）证明：存在，满足 使得． 【答案】（1），，， （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先求，根据题意分析求解； （2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解； （3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：， 当时，则，故； 当时，则，故； 当时，则故； 当时，则，故； 综上所述：，，，. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 因为，且，则对任意恒成立， 所以， 又因为，则，即， 可得， 反证：假设满足的最小正整数为， 当时，则；当时，则， 则， 又因为，则， 假设不成立，故， 即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以. 【小问3详解】 因为均为正整数，则均为递增数列， （ⅰ）若，则可取，满足 使得； （ⅱ）若，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得； （ⅲ）若， 定义，则， 构建，由题意可得：，且为整数， 反证，假设存在正整数，使得， 则，可得， 这与相矛盾，故对任意，均有. ①若存在正整数，使得，即， 可取， 即满足，使得； ②若不存在正整数，使得， 因为，且， 所以必存在，使得， 即，可得， 可取， 满足，使得. 综上所述：存在使得． 19. 椭圆曲线加密算法运用于区块链． 椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且． （1）当时，讨论函数零点的个数； （2）已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：； （3）已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标． 参考公式： 【答案】（1）见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数. （2）利用“”运算的性质计算后可得证明. （3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标. 【小问1详解】 由题设可知，有， 若，则，则，此时仅有一个零点； 若，令，解得． 当或时，，当时，， 故在，上为单调递增； 在上单调递减. 因为， 若，则， 此时，而 故此时有2个零点； 若，则， 此时，而 故此时有2个零点； 综上， 当，所以有2个零点．当，所以有2个零点． 当，有，则有1个零点． 【小问2详解】 因为为C在点P处的切线，且，所以， 故，故， 因为“”运算满足交换律、结合律， 故， 故. 【小问3详解】 直线的斜率，设与C的第三个交点为， 则，代入得 ， 而， 故， 整理得到：， 故即， 同理可得， 两式相减得：， 故， 所以，故，故， 所以， 因此的坐标为： ． 【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $