2024届安徽省A10联盟高三上学期8月开学摸底考试数学试题含答案

2024届安徽省A10联盟高三上学期8月开学摸底考试数学试题

一、单选题

1．已知，则（    ）

A．1 B． C．3 D．

【答案】C

【分析】根据复数的加减运算以及复数的相等，即可得答案.

【详解】因为，

所以，即，

故选：C.

2．已知集合，则的元素个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据不等式的解法以及集合的表示方法，求得结合，得到，即可求解.

【详解】由题意得，集合，

由不等式，即，解得，即，

则，所以的元素个数为个.

故选：B.

3．设，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据指数函数与对数函数的性质，求得的范围，即可求解.

【详解】由，所以，即；

又由，，所以.

故选：D.

4．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意可得，结合离心率定义推得，即可求得答案.

【详解】由题意双曲线的一条渐近线与直线垂直，

得，即，则.，

故选：B.

5．夏日炎炎，某奶茶店推出了新款奶茶——“冰桶”系列，受到了年轻消费者的喜爱，已知该系列奶茶的容器可以看作是一个圆台与一个圆柱拼接而成，其轴截面如图所示，其中，，则该容器的容积为（    ）（不考虑材料厚度）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出圆台部分的高，根据圆台以及圆柱的体积公式，即可求得答案.

【详解】由题意得，圆台的高，

故该容器的容积，

故选：D.

6．2023年7月28日晚，第31届世界大学生夏季运动会在成都盛大开幕. 为宣传成都大运会，某大学团委开展了“阳光灿烂  青春与共”大运会知识竞赛活动，各班以团支部为单位参加比赛，某班团支部在6道题中（包含4道图片题和2道视频题），依次不放回地随机抽取2道题作答，设事件A为“第1次抽到图片题”，事件为“第2次抽到视频题”，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】计算出与，利用条件概率求解公式得到答案.

【详解】因为，故，

事件表示两次均抽到视频题，故，

由条件概率求解公式可得.

故选：C

7．已知平面区域，记的面积分别为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】判断曲线大致形状，作出曲线的大致图象，数形结合，比较即可得答案,

【详解】由题意知平面区域表示的是圆的圆周及其内部区域，

对于，当时，，

故此时表示的为类似于在第一象限内的弧的曲线，但在该圆弧的外部，

根据，可知其表示的曲线关于原点成中心对称，

由此可作出表示的平面区域，类似于圆周以及其内部围成的区域，

对于，是由四条线段，，

，及它们围成的内部区域组成，

由此可分别作出曲线的大致图形如图所示（先作出第一象限的图形，再由对称性作出全部图形），

观察可知，，

故选：A.

8．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数. 已知与交于点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求得相关向量坐标，根据，结合向量坐标运算，即可求得答案.

【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的坐标系，

由题意得，

则，.

因为，故，

因为，所以（负值舍去），

所以，

故.又，则，

因为，所以，

解得，所以，

故选：A.

【点睛】方法点睛：注意到题目中的垂直关系，由此可以建立直角坐标系，利用向量的坐标运算来解决平面向量基本定理中的参数求解问题.

二、多选题

9．电影《八角笼中》是由王宝强导演并参演的一部电影，讲述了年轻人为理想而努力奋斗的故事. 该电影一上映就引起了广大观众的热议，票房也超出了预期，现随机抽取若干名观众进行调查，所得数据统计如下表所示，则（    ）

附：.

A．若在被调查的观众中随机抽取1人，则抽到喜欢该电影的男性观众的概率为

B．在被调查的观众中，男性不喜欢该电影的比例高于女性

C．根据小概率值的独立性检验，可以认为被调查观众的性别与对电影的喜爱程度有差异

D．根据小概率值的独立性检验，可以认为被调查观众的性别与对电影的喜爱程度有差异

【答案】AC

【分析】根据题意，结合表格中的数据，利用事件的概率河独立性检验中的计算公式，逐项判定，即可求解.

【详解】根据题意，喜欢该电影的男性观众有160人，可得，所以A正确；

由男性不喜欢该电影的比例为，女性不喜欢该电影的比例为，

可得，所以B错误；

由，因为，所以C正确，D错误.

故选：AC.

10．已知直线及圆，则（    ）

A．直线过定点

B．直线截圆所得弦长最小值为2

C．存在，使得直线与圆相切

D．存在，使得圆关于直线对称

【答案】ABD

【分析】A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可.

【详解】A选项，由，

得，解得，所以直线过定点为，故A正确；

B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为，

当时，直线截圆所得弦长最短，因为，

则最短弦长为，故B正确；

C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误；

D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得，

故D正确.

故选：ABD.

11．已知函数，则下列各选项正确的是（    ）

A．是偶函数 B．的图像关于直线对称

C．的最小正周期为2 D．在上单调递增

【答案】AB

【分析】根据题意，化简函数，结合奇偶性的定义，可判定A正确；化简得出，可判定B正确；结合特殊值法，可判定C、D错误.

【详解】由函数，

可得，所以是偶函数，故A正确；

由，

所以的图象关于直线对称，故B正确；

因为，则，所以2不是的周期，故C错误；

因为，则，故D错误.

故选：AB.

12．已知首项为的数列的前项和为，其中，记数列的前项积为，则（    ）

A． B．

C． D．使得成立的最小正整数的值为2025

【答案】ACD

【分析】由数列递推式推出，结合首项可判断A；根据可判断B；利用取倒数以及累加法推出，结合数列单调性可判断C；结合C可推出，继而推得，即可判断D.

【详解】由题意得，，

又，故，故A正确；

，故数列单调递增，故B错误；

又，

而，

故，即，

累加可得，

即，

则，由数列单调递增，得，

所以，故C正确；

因为，所以,

所以，

所以使得成立的最小正整数的值为2025，故D正确，

故选：ACD

【点睛】方法点睛：本题考查根据数列的递推式研究数列的性质问题，解答时要利用的关系推出数列的项之间的关系式，结合其特征，继而利用取倒数以及累加的方法，推得数列满足的性质.

三、填空题

13．的展开式中常数项为          ．（用数字作答）

【答案】

【详解】的展开式的通项公式为，令，，故该展开式中的常数项为，故答案为．

【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.

14．曲线在点处的切线方程为           .

【答案】（其他形式的答案只要正确也可）

【分析】先求导，代入，求出，进而求出与，从而利用导函数的几何意义和点斜式求出切线方程.

【详解】由题意得，，所以，

解得，故，则，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

故答案为：

15．已知抛物线与直线交于两点（点在第一象限），的焦点为，则           .

【答案】

【分析】根据题意，联立直线与抛物线方程即可求得点的坐标，再由两点间距离公式即可得到结果.

【详解】因为抛物线，则其焦点，

设，联立直线与抛物线方程，

消去可得，解得或，

当时，，

当时，，

且点在第一象限，所以，则，即，

则.

故答案为：

16．已知正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，空间内的一点满足，若平面，平面，且平面，则的长为        

【答案】

【分析】利用线面垂直的证明，说明AE即为，取线段的中点，利用线面平行的证明说明平面即为平面，从而解直角三角形即可求得答案.

【详解】由题意正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，

得，故.

正方体中，,

即四边形为平行四边形，故，

因为，所以，

又平面，

所以平面，

连接,则,而平面，平面，

故；而平面,

故平面,平面,故，

同理可证，而平面，

故平面，

则直线即为直线.

取线段的中点，连接，连接交于，

则G为的中点，连接，则，

又平面，平面，

故平面，故平面即为平面，

在中，,则，

故答案为：

【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要首先说明AE即为，其次利用线面平行作出平面，问题即可得解.

四、解答题

17．中，角的对边分别为，的平分线交边于，过作，垂足为点.

(1)求角A的大小；

(2)若，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用二倍角余弦公式结合正弦定理角化边化简可得，再利用余弦定理即可求得答案；

（2）根据三角形面积关系可求得AD的长，解直角三角形即得答案.

【详解】（1），

由正弦定理可得：，即，

由余弦定理可得：，

.

（2），是的角平分线，

，

 ，

在中，.

18．某公司使用甲、乙两台机器生产芯片，已知每天甲机器生产的芯片占产量的六成，且合格率为；乙机器生产的芯片占产量的四成，且合格率为，已知两台机器生产芯片的质量互不影响. 现对某天生产的芯片进行抽样.

(1)从所有芯片中任意抽取一个，求该芯片是不合格品的概率；

(2)现采用有放回的方法随机抽取3个芯片，记其中由乙机器生产的芯片的数量为，求的分布列以及数学期望.

【答案】(1)0.056

(2)分布列见解析，

【分析】（1）根据全概率公式即可求得答案；

（2）确定，由二项分布的概率计算可求得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.

【详解】（1）记事件表示芯片来自甲机器生产，事件表示芯片来自乙机器生产，事件表示取到的是合格品；

则

.

（2）由题意得，，

故，

所以的分布列为

故.

19．已知等差数列满足，数列的前项和为，且数列是公比为的等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)若，记数列的前项和为，试比较与的大小.

【答案】(1)，；

(2)答案见解析.

【分析】（1）利用给定条件求出数列公差即可，利用数列前n项和与第n项的关系探求数列的特性求解作答.

（2）利用错位相减法求和，再作差比较大小作答.

【详解】（1）设等差数列的公券为，由，得，

解得，于是，

依题意，，即，，

两式相减得：，

化简得：，，

因此数列是以为首项、2为公比的等比数列，，

所以数列的通项公式分别为，.

（2）由（1）知，，

则，

于是，

两式相减得，

因此，，

当时，，则；

当时，，则；

当时，，则，

所以当时，；当时，；

当时，.

20．如图，在五面体中，底面为正方形，侧面为等腰梯形，二面角为直二面角，.

(1)求点到平面的距离；

(2)设点为线段的中点，点满足，若直线与平面及平面所成的角相等，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到点到平面的距离即为的长，由勾股定理求出答案；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由直线与平面及平面所成的角相等列出方程，求出的值.

【详解】（1）如图，过点作⊥于点，过点作于点，连接.

因为二面角为直二面角，所以平面平面，

又平面平面平面，所以平面，

所以点到平面的距离即为的长，

因为平面，所以，

因为四边形为等腰梯形，，

所以，故，，

因为，由勾股定理得，

又，由勾股定理得，

即点到平面的距离为.

（2）以为坐标原点，分别以所在直线分别为轴，过点作平面的垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，    

由，得.

.             

设平面的法向量为，

由，

由，解得，

令，得，故，

又易知平面的一个法向量为.

设直线与平面所成角为，与平面所成角为，

则，∴ ，

整理得，由，得.

21．已知椭圆的上顶点到右顶点的距离为，点在上，且点到右焦点距离的最大值为3，过点且不与轴垂直的直线与交于两点.

(1)求的方程；

(2)记为坐标原点，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题设及椭圆性质、参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；

（2）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式写出面积关于k的表达式，进而求其最大值.

【详解】（1）由题意得，，解得，故的方程为.

（2）设，直线，

联立，整理得：.

由得，且，

，

点到直线的距离，

，

令，故，故，

当且仅当，即时等号成立，

故面积的最大值为.

22．已知函数.

(1)若在上恰有2个零点，求的取值范围；

(2)若是的零点（是的导数），求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）将在上恰有2个零点问题转化为的图象有2个不同的交点，利用导数判断函数单调性，数形结合，列不等式即可求得答案；

（2）将变形为，结合的表达式，利用，推出，从而构造函数，利用导数求解最值，即可证明结论.

【详解】（1）由题意知，在R上单调递增，不合题意；

故，令， ，

故在上恰有2个零点，

即需满足的图象有2个不同的交点；

令，

则，

故当时，，当时，，

故函数在上单淍递增，在上单调递减，

作出的大致图象如图所示，

因为，

所以要使函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点，

则,

解得，即实数的取值范围为.

（2）要证：，即证：.

因为，

所以，则，

故

，

令，则，

故当时，，当时，，

故函数在上单调递减，在上单调递增，

则，故，

即.

【点睛】难点点睛：本题考查导数的应用，涉及利用导数求解零点问题以及证明不等式；难点在于不等式的证明，解答时要将，变形为，结合，利用则，即得，进而推出，然后同构函数，求解最值问题即可证明结论.