山西省忻州市名校2024届高三上学期开学联考数学试题（ 含答案解析 ）

高三数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.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】C【解析】【分析】解出集合,利用集合的交运算即可.【详解】由题意可得，又，则.故选：2.若复数，则（）A. B. C.20 D.32【答案】A【解析】【分析】根据复数乘法运算结合模长公式求解即可.【详解】由题意可得，则.故选：A3.石拱桥是世界桥梁史上出现较早、形式优美、结构坚固的一种桥型.如图，这是一座石拱桥，桥洞弧线可近似看成是顶点在坐标原点，焦点在y轴负半轴上的抛物线C的一部分，当水距离拱顶4米时，水面的宽度是8米，则抛物线C的焦点到准线的距离是（）A.1米 B.2米 C.4米 D.8米【答案】B【解析】【分析】设抛物线C：，由题意可知点在抛物线C上，求得，即可得解.【详解】设抛物线C：，由题意可知点在抛物线C上，则，解得，故抛物线C的焦点到准线的距离是2米.故选：B.4.函数图象在点处的切线方程是（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用导数的几何意义求解即可.【详解】由题意可得，则，，则所求切线方程为，即.故选：C.5.设等比数列的公比为q，则是为单调递增数列的（）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】D【解析】【分析】通过做差，结合充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】若,则,则为单调递减数列所以是为单调递增数列的不充分条件若为单调递增数列,则,则即或,所以故是为单调递增数列的不必要条件故是为单调递增数列的既不充分也不必要条件故选：D6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将所求角用已知角表示，再根据诱导公式及二倍角的余弦公式即可得解.【详解】由，得.

故选：B.7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据指数和对数的互化、对数运算法则进行转化即可.【详解】，，，，，.故选：C.8.在正三棱柱中，，点D在棱BC上运动，若的最小值为，则三棱柱的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用展开图结合余弦定理求得，取的中心分别为M，N，则MN的中点O为三棱柱的外接球的球心，利用正弦定理求出的外接圆的半径，进而利用勾股定理求得外接球的半径，进而可得答案.【详解】如图，将与矩形展开至同一平面，易知.设，由题意知的最小值为，即.由余弦定理可得，即，解得或（舍去）.取的中心分别为M，N，连接MN，则MN的中点O为三棱柱的外接球的球心，设的外接圆的半径为r，则，即，设三棱柱的外接球的半径为R，在中，,则，故三棱柱的外接球的表面积为.故选：A.二､多选题：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.航海模型项目在我国已开展四十余年，深受青少年的喜爱.该项目整合国防、科技、工程、艺术、物理、数学等知识，主要通过让参赛选手制作、遥控各类船只、舰艇等模型航行，普及船艇知识，探究海洋奥秘，助力培养未来海洋强国的建设者.某学样为了解学生对航海模型项目的喜爱程度，用比例分配的分层随机抽样法从某校高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查.已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级学生有32人，则下列说法正确的是（）A.该校高一学生人数是2000B.样本中高二学生人数是28C.样本中高三学生人数比高一学生人数多12D.该校学生总人数是8000【答案】BC【解析】【分析】根据扇形统计图和已知条件可求出样本中各年级的人数，然后分析判断即可.【详解】由图可知高三年级学生人数占总人数的40%，抽取的样本中高三年级学生有32人，则抽取的学生总人数为，则样本中高一学生人数为，样本中高二学生人数为，从而样本中高三学生人数比高一学生人数多.因为从该校所有学生中抽取的学生总人数是80，但抽取的比例不知道，所以该校高一学生人数和该校学生总人数求不出来，所以AD错误，BC正确，故选：BC.10.已知直线与圆，则（）A.直线l过定点B.圆C的半径是4C.直线l与圆C一定相交D.圆C的圆心到直线l的距离的最大值是【答案】ACD【解析】【分析】求解直线系经过的定点，圆的圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可.【详解】由题意可得直线，由，解得，则直线l过定点，故A正确；圆，即，则圆C的圆心坐标为，半径为2，故B错误；因为，则点在圆C的内部，所以直线l与圆C一定相交，故C正确；因为，所以圆C圆心到直线l的距离的最大值是，故D正确.故选：ACD.11.已知定义在的函数满足，且，当时，，则（）A.B.是偶函数C.在上单调递减，在上单调递增D.不等式的解集是【答案】AD【解析】【分析】利用可求出判断A，根据定义域判断奇偶性判断B，由单调性定义判断C，由函数性质及单调性脱去“f”解不等式判断D.【详解】令，得，即，则A正确；由题意可知的定义域是，则是非奇非偶函数，故B错误；当时，因为，所以，因为，所以，则在上单调递增，故C错误；令，得，因为，所以.因为，所以，所以，所以等价于，因为在上单调递增，所以，解得，则D正确.故选：AD12.在一款色彩三原色（红、黄、青）的颜色传输器中，信道内传输红色、黄色、青色信号，信号的传输相互独立.当发送红色信号时，显示为黄色的概率为，显示的青色的概率为；当发送黄色信号时，显示为青色的概率为，显示为红色的概率为；当发送青色信号时，显示为红色的概率为，显示为黄色的概率.考虑两种传输方案：单次传输和两次传输，单次传输是指每个信号只发送1次，两次传输是指每个信号重复发送2次.显示的颜色信号需要译码，译码规则如下：当单次传输时，译码就是显示的颜色信号；若两次显示的颜色信号相同，则译码为显示的颜色.例如：若显示的颜色为（红，黄），则译码为青色，若显示的颜色为（红，红），则译码为红色.则下列结论正确的是（）A.采用单次传输方案，若依次发送红色、黄色、青色信号，则依次显示为青色、青色、红色的概率为B.采用两次传输方案，若发送红色信号，则依次显示黄色、黄色的概率为C.采用两次传输方案，若发送红色信号，则译码为红色的概率为D.对于任意的，若发送红色信号，则采用两次传输方案译码为青色的概率小于采用单次传输方案译码为青色的概率【答案】BD【解析】【分析】根据信号传输规则及相互独立事件同时发生的概率计算可判断ABC，利用作差法比较大小可判断D.【详解】对于A，依次发送红色、黄色、青色信号，则依次显示青色、青色、红色的事件是发送红色信号显示青色、发送黄色信号显示青色、发送青色信号显示红色的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A错误；对于B，两次传输，发送红色信号，相当于依次发送红色、红色信号，则依次显示黄色、黄色的事件是发送红色信号接收黄色信号、发送红色信号接收黄色信号的2个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，B正确；对于C，两次传输，发送红色信号，则译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色的事件的和，它们互斥，所以所求的概率为，故C错误；对于D，若采用两次传输，发送红色信号，则译码为青色的概率，若单次传输发送红色信号，则译码为青色的概率，因此，即，D正确.故选：BD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分把答案填在答题卡中的横线上.13.已知向量，，若，则k=___________.【答案】【解析】【分析】利用平面向量的坐标运算求得的坐标，根据求模公式建立方程，解出即可.【详解】因为向量，，所以，则，解得.故答案为：14.写出一个同时具有下列性质①②③的函数：___________.①最小正周期为；②的最大值是4；③.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】利用三角函数的周期性，最值即可求解.【详解】因为的最小正周期为，所以的解析式可以为或等.因为的最大值是4，对于函数，所以只要就可以满足.因为，对于函数，所以只要就可以满足.故答案为：（答案不唯一）.15.中国客家博物馆坐落于有“世界客都”之称的广东省梅州市城区，是一间收藏、研究、展示客家历史文化的综合性博物馆，其主馆是一座圆台形建筑，如图.现有一圆台，其上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，则该圆台的体积约为______立方米.（结果保留整数）【答案】264【解析】【分析】由题意可得该圆台的高，利用圆台的体积公式求解即可.【详解】圆台的上、下底面圆的半径分别为3米和6米，母线长为5米，由题意可得该圆台的高为米，则该圆台的体积为立方米.故答案为：264.16.已知双曲线E：左、右焦点分别为，，点M在双曲线E上，为直角三角形，O为坐标原点，作，垂足为N，若，则双曲线E的离心率为______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，确定直角三角形的直角顶点位置，建立方程并结合双曲线定义求出，再借助相似三角形性质列式求解作答.【详解】依题意，为直角三角形，显然，否则与重合，若，由，得，则为的中点，与矛盾，于是，即轴，令双曲线半焦距为c，由，得，因此，，由，得，显然有，则，即，整理得，则，而，解得，所以双曲线E的离心率为.故答案为：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.设等差数列的前项和为，，.（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，进而得到；（2）由通项公式可确定的正负，分别在和的情况下，去掉绝对值符号，从而求得.小问1详解】设等差数列的公差为，则，解得：，.【小问2详解】由（1）知：当时，；当时，；当时，；当时，；.18.如图，在中，，，.（1）求的值；（2）过点A作，D在边BC上，记与的面积分别为，，求的值.【答案】（1）（2）2【解析】【分析】（1）由余弦定理可得，由正弦定理可得；（2）求出，由可求得，进而得，由求得结果.【小问1详解】在中，由余弦定理可得，则，故.由正弦定理可得，则【小问2详解】因为，所以，因为，所以.因为，所以，所以，则.设点A到直线BC的距离为d，因为，，所以.19.信用是指依附在人之间、单位之间和商品交易之间形成的一种相互信任的生产关系和社会关系.良好的信用对个人和社会的发展有着重要的作用.某地推行信用积分制度，将信用积分从高到低分为五档，其中信用积分超过150分为信用极好；信用积分在内为信用优秀；信用积分在内为信用良好；信用积分在内为轻微失信；信用积分不超过80分的信用较差.该地推行信用积分制度一段时间后，为了解信用积分制度推行的效果，该地政府从该地居民中随机抽取200名居民，并得到他们的信用积分数据，如下表所示.信用等级信用极好信用优秀信用良好轻微失信信用较差人数2560653515（1）从这200名居民中随机抽取2人，求这2人都是信用极好的概率.（2）为巩固信用积分制度，该地政府对信用极好的居民发放100元电子消费金；对信用优秀或信用良好的居民发放50元消费金；对轻微失信或信用较差的居民不发放消费金.若以表中各信用等级的频率视为相应信用等级的概率，现从该地居民中随机抽取2人，记这2人获得的消费金总额为X元，求X的分布列与期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，期望为【解析】【分析】（1）结合组合数及古典概型公式求解；（2）由题意可知X的所有可能取值，求出对应的概率，进而求出分布列与期望.【小问1详解】从这200名居民中随机抽取2人，共有种不同抽法，其中符合条件的不同抽法有，则所求概率.【小问2详解】从该地居民中随机抽取1人，则这人获得100元电子消费金的概率是，获得50元电子消费金的概率是，没有获得电子消费金的概率是.由题意可知X的所有可能取值为0，50，100，150，200.，，，，，则X的分布列为X050100150200P故.20.如图，在多面体ABCDE中，平面BCD，平面平面BCD，其中是边长为2的正三角形，是以为直角的等腰三角形，.（1）证明：平面BCD.（2）求平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，再由线面垂直的性质得线线平行，利用线面平行判定定理求证即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【小问1详解】取CD的中点F，连接EF，BF.因为是边长为2的正三角形，所以，且.因为平面平面BCD，且平面平面，平面ECD，所以平面BCD.因为平面BCD，所以.因为，所以四边形ABFE为平行四边形，所以.因为平面BCD，平面BCD，所以平面BCD.【小问2详解】过点B作，以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，故，，，.设平面ACE的法向量为，则，令，得.设平面BDE的法向量为，则，令，得.设平面ACE与平面BDE的夹角为，则.21.已知椭圆C：，过点作两条直线，这两条直线与椭圆C的另一交点分别是M，N，且M，N关于坐标原点O对称.设直线AM，AN的斜率分别是，.（1）证明：（2）若点M到直线AN的距离为2，求直线AM的方程.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，则，求得的表达式，结合M在椭圆C上，即可证得结论；（2）（法一）由题意O为MN的中点，所以点O到直线AN的距离为1，设出直线AN的方程，利用点到直线的距离公式求得，由求得，即可得出直线AM的方程；（法二）由题意可知直线AM的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理用表示出的坐标，由及M到直线AN的距离为2求得，即可得出直线AM的方程.【小问1详解】设，因为