重庆市乌江县2024届高三数学下学期开学试题含解析

这是一份重庆市乌江县2024届高三数学下学期开学试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 2022年2月27日，长征八号遥二运载火箭搭载22颗卫星成功发射，创造中国航天“一箭多星”的最高纪录，打破了长征六号火箭创造的“一箭20星”纪录．据测算：在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）和燃料的质量M（单位：kg）、火箭的质量（除燃料外）m（单位：kg）的关系是．为使火箭的最大速度达到9000m/s，则燃料质量与火箭质量之比约为（参考数据）（）
A. 18B. 19C. 20D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数、对数运算公式计算即可求得结果.
【详解】令，得到，即，
所以，即，
故选：B.
2. 在平面直角坐标系中，锐角顶点在坐标原点，始边为x轴正半轴，终边与单位圆交于点，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据单位圆以及角度范围，可得，然后根据三角函数定义，可得，最后根据两角和正弦公式，二倍角公式，简单计算，可得结果.
【详解】由题可知：，又为锐角
所以，
根据三角函数的定义：
所以
由
所以
故选：A
【点睛】本题考查三角函数的定义以及两角和正弦公式，还考查二倍角的正弦、余弦公式，难点在于公式的计算，识记公式，简单计算，属基础题.
3. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝，令Tm＝|am+am+1+…am+4|（m∈N*），则Tm的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. 5D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先求出等差数列的通项公式，再根据等差数列的性质，即可分析到的最小值．
【详解】解：由等差数列的前n项和，当时，当时，
所以
当，也成立，所以．
根据等差数列的性质可得，当且仅当时取等号．
故选：C．
4. 已知为虚数单位，则（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算即可求解.
【详解】因为，
故选：.
5. 下列函数中，在定义域内既是奇函数又单调递增的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据选取特殊值可排除AB，利用偶函数的定义可以排除C，根据奇函数和复合函数的单调性质判断D.
【详解】对于A选项，因为的定义域为，
但，，
故，所以函数不是奇函数，不符合条件，A错误；
对于B选项，函数的定义域为，
，，，
函数在不是增函数，不符合条件，B错误；
对于C选项，函数的定义域为，
，函数为偶函数，不符合条件，C错误；
D选项，因为函数的定义域为，，所以函数为奇函数，
将函数式变为，因为函数在单调递增，且，
所以函数在单调递增，且，
所以函数在单调递减，且，
所以随着增大，函数的函数值也增大，即是单调递增函数，符合条件.
故选：D.
6. 已知函数，，，，则，，的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
可判断函数上单调递增，且，所以.
【详解】在上单调递增，且，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.
7. 已知点是双曲线右支上一点，、分别是双曲线的左、右焦点，为的内心，若成立，则双曲线的渐近线方程为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆与的三边、、分别相切于点，连接,，，可看作三个高均为圆半径的三角形利用三角形面积公式，代入已知式，化简可得，再结合双曲线的定义与渐近线方程可得所求．
【详解】
如图，设圆与的三边、、分别相切于点，
连接，
则，，，它们分别是
，，的高，
，
，
，
其中是的内切圆的半径．
，
，
两边约去得：，
，
根据双曲线定义，得，，
，，，
可得双曲线的渐近线方程为 ,
即为，故选A．
【点睛】本题主要考查双曲线的定义以及双曲线的渐近线，着重考查了双曲线的基本性质、三角形内切圆的性质，属于中档题．解与双曲线性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、实轴、虚轴、渐近线等双曲线的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
8. 已知函数，若，，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.
【详解】因为，
所以在上是奇函数.所以
对求导得，
令，则
当时，，所以在上单调递增，
则时，，即，
所以在上单调递增.
因为，所以，
因为在上单调递增，
所以.
令，则
所以当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
而，即，所以，即.
所以，即，则
所以
所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：
构造函数，判断.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 已知函数=，下列结论不正确的是（ ）
A. 定义域为B. 定义域为
C. 定义域为D. 定义域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的定义，求得的取值范围.
【详解】若函数有意义，需满足，即，则，即的定义域为；
故选：ABD
10. 对于实数a，b，c，下列命题是真命题的为（ ）
A. 若a＞b，则
B. 若a＞b，则ac2≥bc2
C. 若a＞0＞b，则a2＜﹣ab
D. 若c＞a＞b＞0，则
【答案】BD
【解析】
【分析】通过特例法可证错误；由不等式的性质可证正确.
【详解】A．根据a＞b，取a＝1，b＝﹣1，则不成立，故A错误；
B．∵a＞b，∴由不等式的基本性质知ac2≥bc2成立，故B正确；
C．由a＞0＞b，取a＝1，b＝﹣1，则a2＜﹣ab不成立，故C错误；
D．∵c＞a＞b＞0，∴（a﹣b）c＞0，∴ac﹣ab＞bc﹣ab，即a（c﹣b）＞b（c﹣a），
∵c﹣a＞0，c﹣b＞0，∴，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题考查由不等式的性质判断不等式是否正确，命题真假的判断，属于基础题
11. 若存在实常数和，使得函数和对其定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”，已知函数，，，下列命题正确的是（）
A. 与有“隔离直线”
B. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围为
C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是
D. 和之间存在唯一的“隔离直线”
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，取直线，讨论与的符号判断A；对于B，C，令隔
离直线为，利用二次不等式恒成立计算判断B，C；对于D，函数与有
公共点，求出在点处的切线，再证明此切线与图象关系作答.
【详解】对于A，取直线，当时，，即成立，
当时，令，，则在递减，在上递增，
，，即成立，直线是与的“隔离直线”，A正确；
对于B，C，令和的“隔离直线”为，则，，
则，有，，有，当时，不等式成立，
当时，的对称轴，而时，，则，即，
显然满足此不等式，有，而，解得，同理，，B正确，C不正确；
对于D，因，即和的图象有公共点，若和有隔离直线，则该直线必过点，
设过点的直线方程为，即，由，，
即恒成立，则，解得，即这条直线为，
令，求导得：，
当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
，即，，
和之间存在唯一的“隔离直线”，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标运算求解.
【详解】由题意可得：.
故答案为：2.
13. 函数的图象如图，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据图象可确定最小正周期，由此可得，由此可求得结果.
【详解】由图象可知：最小正周期，，
.
故答案为：.
14. 如图，在棱长为的正方体中，，在线段上，，分别在线段，上，且，，，动点在平面内，若，与平面的所成角相等，则线段长的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】第一步：利用线面角的定义确定直线，与平面的所成角；第二步：根据第一步中两角相等推出；第三步：在平面中以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，利用条件得出点的轨迹为一个圆，然后利用几何意义求出线段的最小值.
【详解】
因为，且，故，
又因为，且，所以平面，
因为，同理可得平面，
所以，与平面所成角分别为，，
则．
又因为，，且，
所以，
又因为，所以．
在平面中，以线段所在直线为轴，其垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，则，，，
设，由可得，
，
化简整理得，
所以点在圆心为，半径为的圆上，
此时线段长的最小值是．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：立体几何压轴题可以从以下方面入手：
(1)涉及线面角、面面角的一般根据定义找角，然后利用所给角的特征，推出条件，再利用解析几何的知识求解.
(2)涉及球的外接问题的，一般要求找球心和截面几何图形的圆心，利用球心与圆心的连线垂直截面，进而根据勾股定理列等式，再利用解析几何的知识求解.
(3)涉及几何体的体积问题的，一般是用割补法求解.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆过点和点，圆心在直线上.
（1）求圆的方程，并写出圆心坐标和半径的值；
（2）若直线经过点，且被圆截得的弦长为4，求直线的方程.
【答案】（1）圆：，圆心，
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，由圆心所在直线和圆过点和点可得方程组，求解即可；
（2）由被圆所截弦长可得圆心到直线l的距离d，后由点到直线距离公式可得答案，但要注意直线斜率不存在的情况.
【小问1详解】
设圆的方程为，则，
解得，
所以圆的方程为：，
圆心为，半径为；
【小问2详解】
由（1）知，圆心到直线的距离为，
于是当直线的斜率不存在时，直线方程为，符合题意；
当直线斜率存在时，不妨设直线方程为，
即，令，
解得，直线方程是，
综上所述，直线的方程是：或.
16. 遗传学在培育作物新品种中有着重要的应用．已知某种农作物植株有，，三种基因型，根据遗传学定律可知，个体自交产生的子代全部为个体，个体自交产生的子代全部为个体，个体自交产生的子代中，，，，个体均有，且其数量比为．假设每个植株自交产生的子代数量相等，且所有个体均能正常存活．
（1）现取个数比为的，，植株个体进行自交，从其子代所有植株中任选一株，已知该植株的基因型为，求该植株是由个体自交得到的概率；
（2）已知基因型为AA的植株具备某种优良性状且能保持该优良性状的稳定遗传，是理想的作物新品种．农科院研究人员为了获得更多的植株用于农业生产，将通过诱变育种获得的Aa植株进行第一次自交，根据植株表现型的差异将其子代中的个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第二次自交，再将第二次自交后代中的个体人工淘汰掉后，再将剩余子代植株全部进行第三次自交……此类推，不断地重复此操作，从第次自交产生的子代中任选一植株，该植株的基因型恰为AA的概率记为（且）
①证明：数列为等比数列；
②求，并根据的值解释该育种方案的可行性．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）分析遗传特性，求概率即可.
（2）①找到易求的，再利用递推关系求解即可. ②发现当实验次数够多时，概率趋近于1即可.
【小问1详解】
由题意得若对植株进行自交，产生，，的概率比为，
故在个数比为的，，植株个体进行自交时，
其亲代，，的概率比为，
而亲代进行自交，产生，，的概率比为，
故概率为，
【小问2详解】
①记第代的概率为，
子一代进行自交时，
子二代进行自交时，
故可递推出，易得，
而令，而，则有，
故数列为等比数列得证.
②由上问知，且当时，，故该方案可行.
17. 如图，在长方体中，，，M为的中点．
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意以D为原点建立空间直角坐标系，再设，根据证明即可；
（2）求解平面的法向量，再根据直线与平面的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
证明：以D为原点，以DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
，．
因为，所以，即．
【小问2详解】
时，，
由（1）知，，．
设平面的法向量为，
则，得，
令，则，，所以为平面的一个法向量．
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18. 中国最早用土和石片刻制成“土主”与“日暑”两种计时工具，成为世界上最早发明计时工具的国家之一.铜器时代，使用青铜制的“漏壶”，东汉元初四年张衡发明了世界第一架“水运浑象”，元初郭守敬、明初詹希元创制“大明灯漏”与“五轮沙漏”，一直到现代的钟表、手表等.现在有人研究钟的时针和分针一天内重合的次数，从午夜零时算起，假设分针走了会与时针重合，一天内分针和时针重合次.
（1）建立关于的函数关系；
（2）求一天内分针和时针重合的次数.
【答案】（1）.
（2）22次.
【解析】
【分析】（1）计算出分针以及时针的旋转的角速度，由题意列出等式，求得答案；
（2）根据时针旋转一天所需的时间，结合（1）的结果，列出不等式，求得答案.
【小问1详解】
设经过分针就与时针重合，为两针一天内重合的次数.
因为分针旋转的角速度为，
时针旋转的角速度为，所以，
即.
【小问2详解】
因为时针旋转一天所需的时间为（ ），
所以，于是,
故时针与分针一天内只重合22次.
19. 我国南北朝时期的数学家祖冲之（公元429年-500年）计算出圆周率的精确度记录在世界保持了千年之久，德国数学家鲁道夫（公元1540年-1610年）用一生精力计算出了圆周率的35位小数，随着科技的进步，一些常数的精确度不断被刷新．例如：我们很容易能利用计算器得出函数的零点的近似值，为了实际应用，本题中取的值为-0.57．哈三中毕业生创办的仓储型物流公司建造了占地面积足够大的仓库，内部建造了一条智能运货总干线，其在已经建立的直角坐标系中的函数解析式为，其在处的切线为，现计划再建一条总干线，其中m为待定的常数．
注明：本题中计算的最终结果均用数字表示．
（1）求出的直线方程，并且证明：在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的上方；
（2）在直角坐标系中，设直线，计划将仓库中直线与之间的部分设为隔离区，两条运货总干线、分别在各自的区域内，即曲线上的点不能越过直线，求实数m的取值范围．
【答案】（1），证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）求得，得到且，结合导数的几何意义，求得的直线方程，令，利用导数求得函数的单调性和最大值，得到，即可得到结论；
（2）令，求得，得到函数的单调性和最小值，令，化简得到，结合和，即可求解.
小问1详解】
解：由函数，可得，
则且，
所以的方程为，即
因为函数零点的近似值，即，所以，
可得
又因为，所以的直线方程为
令
其中，则，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值，也为最大值，即，
所以在直角坐标系中，智能运货总干线上的点不在直线的上方.
【小问2详解】
解：由曲线且，
令，
要使得两条运货总干线、分别在各自的区域内，则满足恒成立，
又由，令，可得，即，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
当时，函数取得最小值，
最小值为，
令，即，
即，
即，
因为，可得，
又因为函数的零点的近似值，即，所以，
则，
又由，所以，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：应用函数知识求解实际应用问题的方法：
1、正确地将实际问题转化为函数模型，这是解答应用问题的关键，转化来源于对已知条件的综合分析、归纳与抽象，并与熟知的函数模型相比较，以确定函数模型的种类．
2、用相关的函数知识，进行合理设计，确定最佳解题方案，进行数学上的计算求解．
3、把计算获得的结果回到实际问题中去解释实际问题，即对实际问题进行总结作答．