2024届广东省阳江市高三上学期开学适应性考试数学试题含答案

这是一份2024届广东省阳江市高三上学期开学适应性考试数学试题含答案，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2024届广东省阳江市高三上学期开学适应性考试数学试题

一、单选题
1．已知集合，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据补集与交集的运算，可得答案.
【详解】由题意，，.
故选：C.
2．已知函数是上的单调函数，且，则在上的值域为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性，建立方程，可得答案.
【详解】因为是上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则．
因为为上的增函数，且，所以，
所以．因为在上单调递增，所以，得．
故选：D.
3．在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】取AC的中点M，可得即为二面角的平面角， △ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，在平面ABC内，设，然后表示出外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求得答案.
【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接，
因为，DA=DC，所以，，故即为二面角的平面角，
△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以
    
令，则，
所以，当且仅当时取等，
故选:B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了三棱锥外接球的求法、三角函数的最值问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心位置，考察学生的空间想象能力和逻辑思维能力，考查学生的推理运算能力，属于难题.
4．如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：
  
①三棱锥的体积为定值；②；③直线与平面所成角的正弦值为；④的最小值为．其中真命题有（    ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】①易证平面，由此即可说明三棱锥的体积为定值；②易证平面，由此即可证明；③先证得为直线与平面所成角，再求出，由此即可得出结论；④将正方形沿翻折得到正方形，易得，由此得解.
【详解】正方体中，,
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面,平面,
所以平面，
即当点P在线段上运动时恒为定值，
又, 也为定值，
所以三棱锥的体积为定值，①正确；
在正方体中，平面，平面,
所以，
在正方形中：,
又,平面，
所以平面，
又平面，
所以，②正确；
连接,交于点，连接,
  
易知，又平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
,，
所以在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为，③正确；
如图所示：将正方形沿翻折得到正方形，连接,在线段上取点，使得，
  
易知,,
所以,
所以,
在中，,,
所以，
，
的最小值为，④错误.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题在求的最小值时，关键在于将的值等价于的值，再利用两点之间直线段最短，来求最小值.
5．已知圆与圆交点的轨迹为，过平面内的点作轨迹的两条互相垂直的切线，则点的轨迹方程为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设两圆交点为，根据椭圆的定义求出轨迹的方程，设点，当切线斜率存在且不为时，设切线方程为：，联立直线与椭圆方程，根据且求出，当切线的斜率不存在或为时，求出点坐标，即可得解.
【详解】圆圆心，
圆圆心，
设两圆交点为，则由题意知，，所以，
又由于，所以由椭圆定义知，交点是以、为焦点的椭圆，
且，，则，所以轨迹的方程为，
  
设点，当切线斜率存在且不为时，设切线方程为：，
联立，消得，
则，
即，由于，则由根与系数关系知，即．
  
当切线斜率不存在或为时，点的坐标为，，，，满足方程，

故所求轨迹方程为．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由椭圆的定义求出轨迹的方程，再分切线的斜率存在且不为零和不存在或为零两种情况讨论，根据，利用韦达定理及求出方程.
6．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】  
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
故选：D.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建.
7．已知函数，，，恒成立，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令，其中，分析可知，存在，使得，可得出，由题意可得出，可得出，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为的最大值.
【详解】令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
①当时，，，则，
所以，，
所以，存在，使得；
②当时，，则，，
所以，存在，使得；
③当时，令，则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以存在，使得，即.
由上可知，对任意的，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，
，则，
所以，，
令，其中，
所以，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，即的最大值为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解
【详解】在中，，
故题干条件可化为，由余弦定理得，
故，又由正弦定理化简得：
，
整理得，故或（舍去），得
为锐角三角形，故，解得，故

故选：C

二、多选题
9．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（    ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
【答案】ABD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：由可知，
，
A正确；
对B：若，
则，
B正确；
对C： ，，
则，
故，
，其个位数字是0，
故的个位数字是9，C错误；
对D：的展开式通项为，
故展开式的的系数为，又，则，
同理可得：的展开式通项为，即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选： ABD
10．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（    ）
A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为
B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为
D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分
【答案】ACD
【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.
【详解】对于A：过点作//交于点，连接．

则即为与所成角的平面角，且．
当点由点A向点移动的过程中，点由点D向点移动,
线段逐渐变长，逐渐变短,
所以逐渐变大．
又当点在点A处时，；当点在点处时，．故A正确．
对于B：由题意可知：平面，平面，
则，
又因为，，平面，
所以平面，
平面，则，
故和均为直角三角形．

所以与的交点即为三棱锥的外接球的球心，半径，
此外接球的体积．故B不正确．
对于：由题意可知：平面，平面，
则，
点在侧面内，满足，
故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，
所以点的轨迹的长度为，C正确．

对于D：设三棱锥的高为，
由三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为．
对于三棱锥，设高为，
由体积可得，解得，
即点到平面的距离为，
可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，
故点在平面或为点，
若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，
显然点不满足题意，
设与平面所成的角为，则，
故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，
显然点不合题意，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．
故选：ACD.

【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．
11．已知椭圆，其右焦点为，以为端点作条射线交椭圆于，且每两条相邻射线的夹角相等，则（    ）
A．当时，
B．当时，的面积的最小值为
C．当时，
D．当时，过作椭圆的切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值
【答案】AD
【分析】对于A，设,根据两点间的距离公式可得，同理求出，，代入，根据两角和差公式可判断；
对于B，将的面积分为3部分，设，可得，结合选项A及基本不等式可判断；
对于C，取可判断；
对于D，求出的方程，可得,，根据斜率公式即可判断.
【详解】对于A，对于椭圆，其中，为椭圆上一点，又，
则
（*）.
如图，

设,则,
代入（*）可得，解得.
故对于，，
所以，同理可得，.
所以
，故A正确；
对于B，,
设，则.
由，
又，当且仅当时等号成立，
所以，故B错误；
对于C，取,则，故C错误；
对于D，设椭圆上一点，则，即①，
设切线：，
∵切线过点，∴，即②，
由，消去，整理得，
∵是椭圆的切线，∴，
∴③，
且由韦达定理，有④，
③、④两式相乘，化简得，将②式代入，解得，
由①式，有，∴，
∴的方程为，结合①式，化简得.
设,可知的方程为.
因为交于点，所以切点弦的方程为.
因为弦过，所以,同理可得.
因为,所以,故.
所以，故D正确.
故选:AD.

【点睛】总结点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（    ）
A． B．
C．在上是增函数 D．存在最小值
【答案】ABC
【分析】AB选项，构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项，CD选项，构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.
【详解】设，则，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
A选项，因为，所以，即，A正确；
B选项，因为，所以，即，B正确；
C选项，，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在单调递增，
又，
故恒成立，
所以在上恒成立，故在上是增函数，C正确；
D选项，由C选项可知，函数在上单调递增，故无最小值.
故选：ABC
【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：
比如：若，则构造，
若，则构造，
若，则构造，
若，则构造.

三、填空题
13．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线翻折，取的中点，连接，若，则三棱锥的外接球的半径为 .
【答案】/
【分析】由题意可得和都是等边三角形，取的中点，可得平面，取的外心为，过作，则三棱锥的外接球的球心在直线上，然后在Rt和Rt中求解即可.
【详解】如图所示，易知和都是等边三角形，取的中点，则
，由题意得，则，
因为，所以，
所以，所以，所以，
因为平面平面，所以.
    
因为平面，所以平面，
在Rt中，，
取的外心为，过作∥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接，
令，在线段上取点，使得，连接，，
则在Rt和Rt中，
可得，所以，解得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查计算能力和空间想象能力，属于较难题.
14．已知函数在上为减函数，命题为假命题，则的最大值为 ．
【答案】2
【分析】根据给出的函数得到，，进而得到，然后利用放缩法验证不符合题意，进而得到答案.
【详解】因为函数在上为减函数，且，
所以，，
即，，
所以，
所以，即时，一定满足题意，
此时由知，的最大值为2；
下验证不符合题意，
如图：在直角坐标系中作出单位圆，，的终边与单位圆交于P，

的正弦线为有向线段MP，则，
因为，
，又.
所以，即．
所以，
即时原命题为真命题，不符合.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：本题考查三角函数的综合问题.三角函数问题要善用数形结合的方法，通过已知条件的转化进而求解答案.
．
15．已知奇函数，有三个零点，则t的取值范围为 .
【答案】
【分析】由为奇函数求出的值，再利用导数研究函数和单调性和极值点，由有三个零点，求t的取值范围.
【详解】若，，函数没有三个零点，所以，
为奇函数，则，即，
得，
设，函数定义域为R，，为偶函数，
，是R上的增函数，且，
则，解得；，解得，
即在上单调递减，在上单调递增，
，由，则有，
所以，，
由，当且仅当时等号成立，则，
若，则，单调递减，没有三个零点；
若，令，则方程，即，
判别式，方程有两个不相等实数根，设两根为且，则有，，所以，
令，，由，则且，
，即，即，解得，得；
，即，即，解得或，得或，
所以在和上单调递减，在上单调递增，由，则有，，
由函数的单调性和递增速度可知，时，存在，的图像如图所示，
  
此时奇函数有三个零点.
综上可知，t的取值范围为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：
利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
16．斜率为的直线l与椭圆C：交于A，B两点，且在直线l的左上方.若，则的周长是 .
【答案】
【分析】确定点P在椭圆上，设，联立椭圆方程可得根与系数的关系，化简可得，结合题意可求得，由此可求出A，B的横坐标，即可求得，即得答案.
【详解】由题意知满足，即P在椭圆C：上，
设，
  
联立，得，
需满足，即，
又因为在直线l的左上方，故，即，即；
若A或B的横坐标为，则，
则或，与不符，
故A或B的横坐标不可能为为；
则，，
则
上式中，分子等于


，即，
又，则与x轴围成的三角形为正三角形，
故，
故直线PA的方程，联立，
可得，其两根为，
则，即，
故；
同理求得，，
而，
故的周长是,
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，求解三角形周长，即要求出直线和椭圆相交的弦长，难点在于计算的复杂以及计算量较大，因此要十分细心.

四、解答题
17．在中,为的角平分线,且.
(1)若,,求的面积;
(2)若,求边的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据得到的长,再利用三角形的面积公式求解即可;
（2）设,,根据得到,在中,利用余弦定理得到,由两者相等结合的取值范围即可求出结果.
【详解】（1）因为,
所以,
得:,
解得,
所以.
（2）设,,
由得
,
即,
所以,
又在中,
所以,
得,
因为且,
得,
则,
所以,
即边的取值范围为.
18．已知数列中，是其前项的和，，.
(1)求，的值，并证明是等比数列；
(2)证明：.
【答案】(1)，，证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题目条件代入即可求出，的值，利用构造法即可证明是等比数列；
（2）根据（1）求出，再结合放缩法即可进行证明.
【详解】（1）由，得，
所以，，
由，得，
所以，.
证明如下：
由，得，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，
，，
，
因为，所以，
于是，
其中，

于是，
所以.
即.
19．在正三棱台中，，，为中点，在上，.
  
(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析，2
(2)

【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；
（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.
【详解】（1）①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；
作图如下：
  
作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，
由，则平面，由平面，则平面，
由，，则平面，可得
故平面.
②连接，如下图所示：
  
在正三棱台中，，即，易知，
则，由，且，则，显然，
由分别为的中点，则，且，
易知，故.
（2）由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：
    
由（1）可知：且，则，由，，
在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：
  
易知,，所以，
在中，，则，
棱台的高，
由图可知直线与平面所成角为，
因为平面，且平面，所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，从而得解.
20．已知，分别是椭圆长轴的两个端点，C的焦距为2．，，P是椭圆C上异于A，B的动点，直线PM与C的另一交点为D，直线PN与C的另一交点为E．
(1)求椭圆C的方程；
(2)证明：直线DE的倾斜角为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析

【详解】（1）由题意，a＝2，2c＝2，c＝1，∴．
∴椭圆C的方程为．
（2）设，，，则．①
当直线PN的斜率存在时，其方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
直线PM的方程为，代入椭圆C的方程，整理得
．
∴．
因此，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
②当直线PN的斜率不存在时，其方程为，此时．
由①知，∴．
∴，此时DE⊥x轴，即直线DE的倾斜角为．
综上所述，直线DE的倾斜角为．
【反思】如图所示，由条件，，，，知，故A，B，M，N为调和点列．因此PA，PB，PM，PN为调和线束，即PA，PB，PD，PE为调和线束．由定理3知直线DE经过直线AB的极点（为无穷远点），因此直线DE⊥x轴．

21．某科研单位研制出某型号科考飞艇，一艘该型号飞艇最多只能执行次科考任务，一艘该型号飞艇第1次执行科考任务，能成功返航的概率为，若第次执行科考任务能成功返航，则执行第次科考任务且能成功返航的概率也为，否则此飞艇结束科考任务.一艘该型号飞艇每次执行科考任务，若能成功返航，则可获得价值为万元的科考数据，且“”的概率为0.8，“”的概率为0.2；若不能成功返航，则此次科考任务不能获得任何科考数据.记一艘该型号飞艇共可获得的科考数据的总价值为万元.
(1)若，，求的分布列；
(2)求（用和表示）.
【答案】(1)分布列见解析
(2)

【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算公式即可求解，
（2）由独立重复事件的概率公式，结合期望公式以及期望的性质即可求解.
【详解】（1）若，，则的所有取值为0，200，400，
记一艘该型号飞艇第次执行科考任务能成功返航为事件，获得价值为200万元的科考数据为事件，.则
，

，

所以的分布列为

0
200
400

0.86
0.13
0.01
（2）解法一：取值表示的意义如下：若一艘该型号飞艇能执行第次科考任务且在此次任务中获得价值200万元的科考数据，则，否则，.
因为的分布列为

0
200



所以
因为，
所以
解法二：
（2）因为的分布列为

0
200

0.8
0.2
所以，
记一艘该型号飞艇共可成功返航次.
则的全部取值为，且的分布列为

0
1
2
…






…


所以

所以，
所以
所以
，
所以.
22．已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)减区间是，增区间是.
(2)证明见解析

【分析】（1）求得，求得和的解集，即可求得函数的单调区间；
（2）由（1），可设，则，求得  
设，利用导数求得单调区间，得到，进而得到，得出，设，利用导数求得，得到，进而证得以，即可求解.
【详解】（1）解：由函数，可得，
令，即，解得；
令，即，解得，
所以的减区间是，增区间是.
（2）证明：当时，，当时，，
因为且，结合在上单调递减，在上单调递增可得，设，则，
所以，从而，
又因为，所以，故  ①，
设，则，
令，可得；令，可得，
从而在上单调递减，在上单调递增，
又由，所以，故，
所以，
因为，所以，故  ②，
将①②两式相加可得，
设，则，所以在上单调递减，
又，所以，从而，所以，
，所以，故，
又因为，所以，
综上所述，.
  
【点睛】利用导数证明不等式问题：
（1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）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.