2024届安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校高三上学期开学联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校2024届高三上学期开学联考数学试题一、选择题1.已知集合，，则集合（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗或，所以.故选：C.2.若复数z满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，则.故选：D.3.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以,且，所以，即，，所以，故选：B4.在封闭的等边圆锥（轴截面为等边三角形）内放入一个球，若球的最大半径为1，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，等边三角形的内切圆的圆心也是三角形的重心，所以得高为，设底面半径为r，由已知得，故体积为.故选：A5.已知函数为奇函数，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，因为是奇函数，所以，即，解得，故.故选：D6.分形几何是一门新兴学科，图1是长度为1的线段，将其三等分，以中间线段为边作无底边正三角形得到图2，称为一次分形；同样把图2的每一条线段重复上述操作得到图3，称为二次分形；……，则第5次分形后图形长度为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，则一次分形长度为，二次分形长度为，，次分形后线段的长度为，故5次分形后长度，故选：C.7.已知椭圆C的左右焦点分别为，，P，Q为C上两点，，若，则C的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设，则，，.在中得：，即.因此，，，在中得：，故，所以.故选：D8.已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗过点作交于，连接，又，又平面，且平面，平面，则，设，，则，，故四面体PQAD的体积，当时，其最大值为.故选：A.二、选择题9.甲乙两名射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：甲78795491074乙9578768677则（）A.甲乙两人射击成绩的平均数相同B.甲乙两人射击成绩的中位数相同C.甲命中环数的极差大于乙命中环数的极差D.甲比乙射击成绩更稳定〖答案〗ABC〖解析〗对A，甲平均数为，乙平均数为，故A正确；对B，甲命中环数从小到大排列为，中位数为7；乙命中环数从小到大排列为，中位数为7，故B正确；对C，甲的极差为，乙的极差为，故C正确；对D，甲的方差为：，乙的方差为：，，故D错误.故选：ABC10.已知，，，A，B两点不重合，则（）A.的最大值为2B.的最大值为2C.若，最大值为D.若，最大值为4〖答案〗AD〖解析〗A选项，由已知A，B为单位圆上任意两点，，，A正确；B选项，设D为的中点，则，由于A，B两点不重合，所以，则，故B错误；C选项，当P，A，B共线时，，故C错误；D选项，当P，A，B共线时，若坐标分别为与或与时，两点重合，此时，若坐标不同时为与时，此时⊥，则，故，故D正确.故选：AD11.已知为函数的极值点，则（）（参考数据：）A.在上单调递减 B.的极小值为-2C. D.〖答案〗BCD〖解析〗，由，故，所以，.此时，令可得或；令可得.故在，上单调递增，在单调递减.对A，在上单调递增，在单调递减，故A错误；对B，极小值为，故B正确；对C，因为在单调递减，故，故C正确；对D，，故D正确.故选：BCD12.已知平行四边形中，，，，，分别为与的外接圆，上一点，则（）A.，两点之间的距离的最大值为6B.若直线与，都相切，则直线的斜率为1C.若直线过原点与相切，则直线被截得的弦长为4D.的最大值为〖答案〗BD〖解析〗在平行四边形中，，，，所以，设，则，所以，解得，所以，，所以，所以，则，所以，，，所以的方程为：，的方程为：，则，所以，两点之间距离的最大值为，故A错误.由已知，故直线的斜率为，所以B正确.当斜率为时，直线被截得的弦长为4，当斜率不为0时，直线被截得的弦长不为4，故C错误.显然与相切，当与相切（不与重合）时，最大，此时，所以，所以D正确.故选：BD.三、填空题13.在的展开式中，常数项为_____．〖答案〗〖解析〗常数项为，系数为．14.写出函数，的一个单调递增区间为________.〖答案〗，或，等〖解析〗因，所以为偶函数，由，，故在上单调递增，在上单调递减，由对称性可知在上单调递增.故〖答案〗为：，或，等.15.过抛物线的焦点的直线与交于、两点，且，为坐标原点，则的面积为________.〖答案〗〖解析〗易知，抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，故，，又，即，即，所以，，可得，，解得.此时，又因为原点到直线的距离为，故的面积为.故〖答案〗为：.16.已知函数既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________.〖答案〗〖解析〗函数既有极小值又有极大值，则在上有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，所以有两个不等的实数根，所以有两个不等的实数根，令，，时，，单调递增，时，，单调递减，，当时，，故，解得.故〖答案〗为：四、解答题17.如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，，满足.（1）求；（2）点D在BC上，，，求AB.解：（1）由已知及正弦定理得：，即.由余弦定理得：，又，所以.故，所以；（2）由（1）知，又，所以，，在△ABD中，由正弦定理得：，所以.18.已知数列满足，.（1）记，求证：数列是等比数列；（2）若，求.（1）证明：因为，所以，故，故，当时，，故，所以数列是首项为5，公比为2的等比数列；（2）解：由（1）知：，故，其中，故，设，故.19.为发展体育运动增强学生体质，甲乙两班各5名同学进行羽毛球友谊赛，每人至多参加一场比赛，各场比赛互不影响，比赛胜者本班获得相应积分，负者班级积分为0，其中甲班5名参赛学生的情况如下表：学生ABCDE获胜概率0.40.50.60.70.8获胜积分87654（1）若进行5场比赛，求甲班至多获胜4场的概率；（2）若进行3场比赛，依据班级积分期望超过10为参赛资格，请问甲班三人组合是否具有参赛资格？请说明理由.解：（1）记参赛获胜事件分别用表示，5场全胜的概率为：，甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件，故甲班至多获胜4场的概率为,故甲班至多获胜4场的概率为0.9328；（2）记三人组合班级得分为，的取值分别为0，7，6，5，11，12，13，18，由已知得，，，，，，，，，因为，所以BCD三人组合具有参赛资格.20.在矩形ABCD中，，将△ADC沿AC折起至△APC的位置，且.（1）求证：平面平面PBC；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：由已知可得：，，在△PBC中，，故，又，且，平面PAB，平面PAB，平面PAB，因为，所以平面平面PBC；（2）解：取AB、CD的中点O、E，连接OP，OE.因，所以，由（1）知：平面平面ABC，平面平面ABC，平面所以平面ABC.以OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面APC的法向量为，，，，，故，取，，，则，又平面APC的法向量为，.设二面角的二面角为，则，所以二面角的正弦值为.21.已知双曲线C：（，）的离心率为2，在C上.（1）求双曲线C的方程；（2）不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且，求证：直线l过定点.（1）解：由已知得：，则，又因为在C上，则，解得，，所以双曲线C的方程为.（2）证明：若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，联立方程，消去y得，由已知，则，且，可得，，又因为，由可得：，整理得：，则，可得，则，由已知l不经过点，故，所以，即，可得l：，过定点；若直线l的斜率不存在，设，，可得，由可得：，又因为，解得，满足条件，综上所述：故直线l过定点.22.已知函数，，若曲线与相切.（1）求函数的单调区间；（2）若曲线上存在两个不同点，关于y轴的对称点均在图象上.①求实数m的取值范围；②证明：.（1）解：设曲线与的切点坐标为，由，得.故切线方程为：，即，又切线方程为，所以，①且，②设，，当时，，单调递增；当时，，单调递减，最大值为，由②可得：代入①得：，故，所以递减区间为，递增区间为.（2）①解：由（1）知，故，，，关于y轴的对称点为，，由已知得：，，即有两个不等的实根，，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，又，，，，且，故实数m的取值范围是；②证明：不妨设，要证明，即证，因为当时，单调递减，故只需证，又，即证明，令，因为，故，故，在单调递减，所以.故，即，所以.安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校2024届高三上学期开学联考数学试题一、选择题1.已知集合，，则集合（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗或，所以.故选：C.2.若复数z满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，则.故选：D.3.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以,且，所以，即，，所以，故选：B4.在封闭的等边圆锥（轴截面为等边三角形）内放入一个球，若球的最大半径为1，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意，等边三角形的内切圆的圆心也是三角形的重心，所以得高为，设底面半径为r，由已知得，故体积为.故选：A5.已知函数为奇函数，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，因为是奇函数，所以，即，解得，故.故选：D6.分形几何是一门新兴学科，图1是长度为1的线段，将其三等分，以中间线段为边作无底边正三角形得到图2，称为一次分形；同样把图2的每一条线段重复上述操作得到图3，称为二次分形；……，则第5次分形后图形长度为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗图1的线段长度为，图2的线段长度为，图3的线段长度为，，则一次分形长度为，二次分形长度为，，次分形后线段的长度为，故5次分形后长度，故选：C.7.已知椭圆C的左右焦点分别为，，P，Q为C上两点，，若，则C的离心率为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗设，则，，.在中得：，即.因此，，，在中得：，故，所以.故选：D8.已知正方体的棱长为，分别为棱，上的动点，则四面体的体积最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗过点作交于，连接，又，又平面，且平面，平面，则，设，，则，，故四面体PQAD的体积，当时，其最大值为.故选：A.二、选择题9.甲乙两名射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：甲78795491074乙9578768677则（）A.甲乙两人射击成绩的平均数相同B.甲乙两人射击成绩的中位数相同C.甲命中环数的极差大于乙命中环数的极差D.甲比乙射击成绩更稳定〖答案〗ABC〖解析〗对A，甲平均数为，乙平均数为，故A正确；对B，甲命中环数从小到大排列为，中位数为7；乙命中环数从小到大排列为，中位数为7，故B正确；对C，甲的极差为，乙的极差为，故C正确；对D，甲的方差为：，乙的方差为：，，故D错误.故选：ABC10.已知，，，A，B两点不重合，则（）A.的最大值为2B.的最大值为2C.若，最大值为D.若，最大值为4〖答案〗AD〖解析〗A选项，由已知A，B为单位圆上任意两点，，，A正确；B选项，设D为的中点，则，由于A，B两点不重合，所以，则，故B错误；C选项，当P，A，B共线时，，故C错误；D选项，当P，A，B共线时，若坐标分别为与或与时，两点重合，此时，若坐标不同时为与时，此时⊥，则，故，故D正确.故选：AD11.已知为函数的极值点，则（）（参考数据：）A.在上单调递减 B.的极小值为-2C. D.〖答案〗BCD〖解析〗，由，故，所以，.此时，令可得或；令可得.故在，上单调递增，在单调递减.对A，在上单调递增，在单调递减，故A错误；对B，极小值为，故B正确；对C，因为在单调递减，故，故C正确；对D，，故D正确.故选：BCD12.已知平行四边形中，，，，，分别为与的外接圆，上一点，则（）A.，两点之间的距离的最大值为6B.若直线与，都相切，则直线的斜率为1C.若直线过原点与相切，则直线被截得的弦长为4D.的最大值为〖答案〗BD〖解析〗在平行四边形中，，，，所以，设，则，所以，解得，所以，，所以，所以，则，所以，，，所以的方程为：，的方程为：，则，所以，两点之间距离的最大值为，故A错误.由已知，故直线的斜率为，所以B正确.当斜率为时，直线被截得的弦长为4，当斜率不为0时，直线被截得的弦长不为4，故C错误.显然与相切，当与相切（不与重合）时，最大，此时，所以，所以D正确.故选：BD.三、填空题13.在的展开式中，常数项为_____．〖答案〗〖解析〗常数项为，系数为．14.写出函数，的一个单调递增区间为________.〖答案〗，或，等〖解析〗因，所以为偶函数，由，，故在上单调递增，在上单调递减，由对称性可知在上单调递增.故〖答案〗为：，或，等.15.过抛物线的焦点的直线与交于、两点，且，为坐标原点，则的面积为________.〖答案〗〖解析〗易知，抛物线的焦点为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立可得，则，故，，又，即，即，所以，，可得，，解得.此时，又因为原点到直线的距离为，故的面积为.故〖答案〗为：.16.已知函数既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________.〖答案〗〖解析〗函数既有极小值又有极大值，则在上有两个不等的实数根，即有两个不等的实数根，所以有两个不等的实数根，所以有两个不等的实数根，令，，时，，单调递增，时，，单调递减，，当时，，故，解得.故〖答案〗为：四、解答题17.如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，，满足.（1）求；（2）点D在BC上，，，求AB.解：（1）由已知及正弦定理得：，即.由余弦定理得：，又，所以.故，所以；（2）由（1）知，又，所以，，在△ABD中，由正弦定理得：，所以.18.已知数列满足，.（1）记，求证：数列是等比数列；（2）若，求.（1）证明：因为，所以，故，故，当时，，故，所以数列是首项为5，公比为2的等比数列；（2）解：由（1）知：，故，其中，故，设，故.19.为发展体育运动增强学生体质，甲乙两班各5名同学进行羽毛球友谊赛，每人至多参加一场比赛，各场比赛互不影响，比赛胜者本班获得相应积分，负者班级积分为0，其中甲班5名参赛学生的情况如下表：学生ABCDE获胜概率0.40.50.60.70.8获胜积分87654（1）若进行5场比赛，求甲班至多获胜4场的概率；（2）若进行3场比赛，依据班级积分期望超过10为参赛资格，请问甲班三人组合是否具有参赛资格？请说明理由.解：（1）记参赛获胜事件分别用表示，5场全胜的概率为：，甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件，故甲班至多获胜4场的概率为,故甲班至多获胜4场的概率为0.9328；（2）记三人组合班级得分为，的取值分别为0，7，6，5，11，12，13，18，由已知得，，，，，，，，，因为，所以BCD三人组合具有参赛资格.20.在矩形ABCD中，，将△ADC沿AC折起至△APC的位置，且.（1）求证：平面平面PBC；（2）求二面角的正弦值.（1）证明：由已知可得：，，在△PBC中，，故，又，且，平面PAB，平面PAB，平面PAB，因为，所以平面平面