浙江省绍兴市上虞中学2023-2024学年高三数学上学期开学考试题（Word版附解析）

2023-2024学年高三百校起点调研测试

数学

一、选择题（本大题共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. 已知为实数集，集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可.

【详解】由，得，

即，所以，

又或，

所以.

故选：B.

2. 若复数对应复平面内的点的坐标为，则在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可得，再根据复数的乘方运算可得，进而结合复数的几何意义判断即可.

【详解】由题意，，

则，

所以在复平面内对应的点为.

故选：C.

3. 已知平面向量，满足，且，，则（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知数量积求得，再利用计算后可得结论．

【详解】，∴，

∴，

∴．

故选：C.

【点睛】本题考查平面向量的数量积运算，掌握模与数量积的关系是解题关键．

4. 已知直线，则“”是“直线与圆相切”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】由题知直线过点，且点在圆上，故，进而求得，再根据充分必要条件的定义即可得答案.

【详解】解：由题知，直线过定点，

又点在圆上，若直线与圆相切，

则，即有，

因此“”是“直线 与圆相切”的充要条件．

故选：C．

【点睛】本题考查充分必要条件，直线与圆的位置关系，是中档题.

5. 高二年级五位数学教师“陈雪梅，王杰，周建军，郭磊，陈正斌”站成一排照相，其中陈正斌与郭磊一定相邻，但是都不与陈雪梅相邻的概率是（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】将陈正斌与郭磊绑定，由反面求出都不与陈雪梅相邻的情况，即可求出概率.

【详解】由于陈正斌与郭磊一定相邻，则“绑定”为一个整体，有种，再与剩下三人排列有种，则陈正斌与郭磊一定相邻的排列有种，

而陈正斌和郭磊相邻且与陈雪梅相邻有种，

所以都不与陈雪梅相邻的情况有种，

因为5人全排列共有种，

所以都不与陈雪梅相邻的概率是.

故选：D.

6. 将函数的图象向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图象，已知函数的一个零点是，且直线是的图象的一条对称轴，则当取最小值时，的值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据函数图象的平移变换可得，进而结合零点和对称轴可得，，进而求得的最小值，进而求解.

【详解】由题意得，

令，即，

所以或，，

因为为函数的一个零点，

所以或，，①

又是的图象的一条对称轴，

所以，，②

①②得，，

即，，

由于，所以时，取最小值为，

此时，即.

故选：A.

7. 已知双曲线的右焦点，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，以为直径的圆过点，延长交右支于点，若，则双曲线的渐近线方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】作出图形，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，利用双曲线的定义及勾股定理求得，进而可得出，，然后利用勾股定理可求得的值，进而可求得的值，由此可求得双曲线的渐近线方程.

【详解】如下图所示，设双曲线的左焦点为点，连接、，设，则，

由双曲线的定义可得，，

由于以为直径的圆经过点，且、，则四边形为矩形，

在中，有勾股定理得，即，

解得，，，

由勾股定理得，即，，

所以，，则.

因此，双曲线的渐近线方程是.

故选：A.

【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，考查了双曲线定义的应用，考查计算能力，属于中等题.

8. 已知函数（，为自然对数的底数）与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设上一点关于轴对称点坐标为，则在上，得到方程有解，即函数与在上有交点，利用导数判断出函数的单调性和最值，可得实数的取值范围．

【详解】设上一点，，且关于轴对称点坐标为，在上，

有解，即有解.

令，则，，

当时，；当时，，在上单调递减；在上单调递增

，，，

有解等价于与图象有交点，   .

故选：B

【点睛】本题考查导数在最值中的应用，考查函数与方程思想，考查学生逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．

二、选择题（本大题共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. 设，为正实数，则下列命题中是真命题是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算，即可求解，得到答案.

【详解】对于A选项，由，为正实数，且，可得，所以，

所以，

若，则，可得，这与矛盾，故成立，所以A中命题为真命题；

对于B选项，取，，则，但，所以B中命题为假命题；

对于C选项，取，，则，但，所以C中命题为假命题；

对于D选项，由，则，

即，可得，所以D中命题为真命题.

故选AD.

【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中结合不等式的基本性质，熟练应用作差比较进行运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

10. 已知在等比数列中，满足，，是的前n项和，则下列说法正确的是（    ）．

A. 数列是等比数列

B. 数列是递增数列

C. 数列是等差数列

D. 数列中，，，仍成等比数列

【答案】AC

【解析】

【分析】根据等比数列、递增数列、等差数列等知识对选项进行分析，由此确定正确答案.

【详解】依题意可知，

所以，所以数列是等比数列，A选项正确.

，所以，且，所以数列是递减数列，B选项错误.

设，则，

所以数列是等差数列，C选项正确.

，因为，故数列{}中，不成等比数列，所以D选项错误.

故选：AC.

11. 已知正方体,过对角线作平面交棱于点,交棱于点,下列正确的是（    ）

A. 平面分正方体所得两部分的体积相等

B. 四边形一定是平行四边形

C. 平面与平面不可能垂直

D. 四边形的面积有最大值

【答案】ABD

【解析】

【分析】

由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等;依题意可证,,故四边形一定是平行四边形;当为棱中点时,平面,

平面平面;当与重合,当与重合时的面积有最大值.

【详解】解: 对于A：由正方体的对称性可知,平面分正方体所得两部分的体积相等,故A正确;

对于B：因为平面,平面平面,

平面平面,.

同理可证：,故四边形一定是平行四边形,故B正确;

对于C：当为棱中点时,平面,又因为平面,

所以平面平面,故C不正确;

对于D：当与重合,当与重合时的面积有最大值,故D正确.

故选:ABD

【点睛】本题考查正方体的截面的性质, 解题关键是由截面表示出相应的量与相应的关系,考查空间想象力.

12. 已知定义域为的函数满足是奇函数，为偶函数，当时，，则（    ）

A. 函数不是偶函数

B. 函数的最小正周期为4

C. 函数在上有3个零点

D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据是奇函数，为偶函数，可得的对称中心和对称轴，再结合时，解析式，作出的图像，可判断A，C的正误；根据对称轴和对称中心，即可得的最小正周期，可判断B的正误；根据的周期性及题干条件，代数化简，即可比较的大小，即可得答案.

【详解】对于A：因为是奇函数，图像关于对称，

所以图像关于对称，

因为为偶函数，图像关于对称，

所以图像关于对称，

又因为时，，作出图像，如下图所示

所以函数图像不关于y轴对称，即不是偶函数，故A正确；

对于B：因为是奇函数，

所以，即，

因为为偶函数，

所以，即，

所以，即，

所以，即，

所以函数的最小正周期为8，故B错误；

对于C：由图像可得：在上图像与x轴有3个交点，所以函数在上有3个零点，故C正确；

对于D：由题意得：，，

所以，故D错误.

故选：AC

解题的关键是熟练掌握函数的周期性､对称性，并灵活应用，难点在于，根据对称性，得到周期性，再结合题意求解，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知，则__________________．

【答案】

【解析】

【分析】由余弦的二倍角公式结合诱导公式即可得解.

【详解】∵，∴，

∴．

故答案为：．

14. 已知展开式的二项式系数之和为256，则______；展开式中常数项为______.

【答案】    ①. 8    ②.

【解析】

【分析】（1）解方程即得解；

（2）设常数项为第项，则，令即得解.

【详解】（1）由题得二项式系数之和为，可得.

（2）设常数项为第项，

则，

故，即，

则常数项为.

故答案为：8；.

【点睛】本题主要考查二项式展开式的系数之和，考查展开式的指定项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

15. 已知抛物线：与圆：，直线：与抛物线交于，两点，与圆交于，两点，若，则抛物线的准线方程为________.

【答案】

【解析】

【分析】设，，联立，结合韦达定理及弦长公式可得，再根据圆求出弦长，进而列出方程即可求解.

【详解】设，，

联立，化简得，

所以，

，，

所以，

由圆：，即，

所以圆心为，半径为，

所以圆心到直线的距离为，

所以，

由，得，解得，

所以抛物线：，

所以抛物线的准线方程为.

故答案为：.

16. 卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝聿铭设计的，已成为巴黎的城市地标.卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离为________.

【答案】##

【解析】

【分析】连接、，交于，连接，则球心在的延长线上，结合题意可得，且，，设，，求出，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，再结合法向量求解即可.

【详解】如图，连接、，交于，连接，则球心在上（或延长线上），

在正四棱锥中，，且，，

设，

所以，解得，

以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

则，即，

取，得，

所以球心到四棱锥侧面的距离为.

故答案为：.

四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明赛程或演算步骤）

17. 从①，，成等差数列；②，，成等比数列；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答下列问题.

已知为数列的前项和，，，且________.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由可得数列为等比数列，公比为，进而结合等差中项、等比中项、等比数列的前项和公式求解即可；

（2）分为奇数和为偶数两种情况结合等差、等比数列的前项和公式分别进行求和，进而求解.

【小问1详解】

由，，

当时，，

两式相减得，即，

所以数列为等比数列，公比为.

选①，由，，成等差数列，

可得，即，

解得，所以.

选②，由，，成等比数列，

得，即，

解得，所以.

选③，由，得，

所以.

【小问2详解】

当为奇数时，，

记前项和中的奇数项之和为，

则.

当为偶数时，，

记前项和中偶数项之和为，

则，

故.

18. 在中，已知内角，，所对的边分别是，，，且.

（1）求角；

（2）若，角平分线，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理和正弦定理化简题设可得，进而结合两角和的正弦公式可得，进而求解；

（2）结合角平分线利用等面积法可得，进而求解即可.

【小问1详解】

因为，

所以由余弦定理得，即，

由正弦定理得，

整理得，

即，

又，则，

所以.

【小问2详解】

因为为角的平分线，

所以，

由，得，

即，解得，

所以.

19. 某“双一流”大学的专业奖学金是以所学专业各科考试成绩作为评选依据，分为专业一等奖学金（资金3000元）、专业二等奖学金（奖金1500元）和专业三等奖学金（奖金600元），且专业奖学金每个学生一年最多只能获得一次.图1是该校2022年500名学生每周课外平均学习时间的频率分布直方图，图2是这500名学生在2022年每周课外平均学习时间段专业奖学金的频率柱状图.

（1）求这500名学生中获得专业三等奖学金的人数.

（2）若将每周课外平均学习时间超过35h学生称为“努力型”学生，否则称为“非努力型”学生，画出列联表，依据小概率值的独立性检验，能否认为该校学生获得专业一、二等奖学金与努力有关？

（3）若以频率作为概率，从该校任选1名学生，记该学生2022年获得的专业奖学金的金额为随机变量，求随机变量的分布列和期望.

附表：

观测值计算公式：.

【答案】（1）人   

（2）列联表见解析，能；   

（3）分布列见解析，期望为元.

【解析】

【分析】（1）根据直方图和频率柱状图求出获专业三等奖学金频率，进而求对应人数；

（2）由图分析出非努力、努力型学生人数，分别求出其中对应获一、二等奖学金的人数，进而得到列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想得结论；

（3）该学生2022年获得的专业奖学金的金额为，根据已知图求对应概率，写出分布列，进而求期望.

【小问1详解】

由题图，专业三等奖学金频率为，

所以500名学生中获得专业三等奖学金的人数人；

【小问2详解】

非努力型学生人数为人，

其中获一、二等奖学金的人数为人，

所以努力型学生人数为人，其中获一、二等奖学金的人数为人，

综上，列联表如下：

，

所以依据小概率值的独立性检验，能认为该校学生获得专业一、二等奖学金与努力有关.

【小问3详解】

由题设，该学生2022年获得的专业奖学金的金额为，

，

，

，，

分布列如下：

元.

20. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，，是棱的中点，，点在线段上，且.

（1）求证：平面.

（2）若，平面平面，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接交于点，连接，结合相似可得，进而求证即可；

（2）过作，垂足为，连接，结合可得，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，进而结合法向量求解即可.

【小问1详解】

连接交于点，连接，

因为，所以，

又，所以，所以，

又平面，平面，

所以平面.

【小问2详解】

过作，垂足为，连接，

因为，所以为的中点，

因为平面平面，平面平面，且平面，

所以平面，

因为为正三角形，为的中点，

所以.

如图，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，，，

则，，

设平面的法向量为，

则，得，取，

平面的法向量可取，

所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

21. 已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线过且与椭圆相交于，两点，的周长为.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设线段的中垂线交轴于，在以，为邻边的平行四边形中，顶点恰好在椭圆上，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义即可求出椭圆标准方程；

（2）先设出直线方程及，点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得到，点坐标之间的关系.再利用中垂线性质及平行四边形中的向量等式得到点坐标，最后把点坐标代入椭圆方程求出斜率得到直线方程.

【详解】解：（1）由的周长为，则有，所以，

又椭圆的离心率，

则，，故椭圆的标准方程为：.

（2）由题意可知，直线的斜率，设直线：，，

由可得

显然，，

则中点，中垂线方程为：.

所以，由四边形为平行四边形，则，

即

所以，

由在椭圆上，则，解得，即.故直线的方程为.

【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程、性质及直线与椭圆的位置关系，关键是利用向量工具表示点的坐标，采用设而不求，属于中档题.

22. 已知函数.

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若有两个极值点分别为，，求的最小值.

【答案】（1）；（2）最小值为.

【解析】

【分析】（1）先求解出，然后分类讨论确定单调性，再求最小值，然后解不等式即可；

（2）根据是的两个极值点可求得的值，再利用的值将化简成，然后通过构造新函数并分析其定义域结合单调性求解出其最小值.

【详解】（1）因为，

所以，

由得或.

①当时，因为，不满足题意，

②当时，在上单调递减，在上单调递增，

于是，解得，

所以的取值范围为.

（2）函数，定义域为，，

因为，是函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等正根，

则有，，，

得，对称轴，故，.

且有，，

.

令，则，

，，

当时，单调递减，当时，单调递增，

所以，

所以的最小值为.

思路点睛：导数中求解双变量问题的一般步骤：

（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；

（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；

（3）构造关于或或的新函数，同时根据已知条件确定出或或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.