2024届上海市行知中学高三上学期开学考数学试题含答案

这是一份2024届上海市行知中学高三上学期开学考数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知集合，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据集合的交并集的性质即可求解.
【详解】由于，所以，故，
所以，，所以，
故答案为：
2．若（为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为 .
【答案】2
【分析】先求解再分析即可.
【详解】.若为纯虚数则.
故答案为：2
【点睛】本题主要考查了复数的乘法运算以及纯虚数的判定.属于基础题型.
3．方程的解为 .
【答案】
【分析】由题意知，可求出的值，再结合真数大于零进行检验，从而可求出最终的解.
【详解】由，得，所以，又因为且，所以；
故答案为：.
4．若，则实数x的取值范围是
【答案】.
【分析】对绝对值分析，得到答案.
【详解】当 得取交集得所以方程得解得和矛盾，舍去.
当得取交集得,所以方程得解得和取交集得.
当得取交集得不符合题意.
当得取交集得,所以方程得解得和取交集得不符合题意.
当或，显然符合题意.
综上所述： .
故答案为：.
5．已知角的终边上一点的坐标为,则角的最小正值为 .
【答案】
【详解】试题分析：由正切函数的定义,又由题设可知点在第四象限,所以.故应填.
【解析】三角函数的定义及运用．
6．若向量，满足，，，则向量和的夹角的大小为 ．
【答案】
【分析】根据数量积的运算律可得，即可由夹角公式求解.
【详解】由得，
所以，
由于，所以，
故答案为：
7．函数（其中，）的图像如图所示，为了得到的图像，则需将的图象向右最小平移 个长度单位．
【答案】/
【分析】首先根据函数的图象确定、、的值，进一步确定解析式，然后利用函数图象的平移变换求得结果．
【详解】根据函数的图象：，，所以，
由于，所以,故，
由于，取，得：
因此
要得到的图象，则需将的图象向右最小平移个单位即可．
故答案为：
8．函数的最小值为 .
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
9．已知函数，，对于任意的都能找到，使得，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分别求出函数、在上的值域，然后由题意可以求出实数的取值范围.
【详解】因为，所以，又因为，
所以有，要想对于任意的都能找到，使得成立，则有.
【点睛】本题考查了对任意性和存在性的理解，考查了一次函数和二次函数在闭区间上的值域问题，考查了数学运算能力.
10．已知函数与的图象相交于、两点.若动点满足，则的轨迹方程为 .
【答案】
【分析】分析函数的性质得出其图象的对称中心是，而的图象是一条直线，它也过，从而知关于对称，再由向量的加法运算知，因此有，从而知点的轨迹是圆，由此易得其轨迹方程．
【详解】，∴函数的图象关于点对称，
函数，它的图象是直线，且此直线过定点，
∴是的中点，∴，即，，
∴点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，其方程为．
故答案为：
【点睛】本题考查求动点轨迹方程，解题关键有三个：一是确定函数的图象关于点对称，二是确定函数的图象是过定点的直线，三是由向量的加法法则得，从而得结论，得出点的轨迹是圆．
11．已知是等差数列的前项和，且，有下列四个命题，
（1）公差； （2）在所有中，最大；
（3）满足的的个数有11个； （4）；
写出所有正确的命题的序号： ．
【答案】（1）（2）（4）
【分析】根据可判断以及即可结合选项以及等差求和公式逐一求解.
【详解】等差数列中，，所以，故（1）正确，
，故（4）正确，
，
故
由于，单调递减，
所以中，前12项和为正，当时为负．故（2）正确；（3）错误.
故答案为：（1）（2）（4）
12．已知函数，对函数，定义关于的“对称函数”为函数，满足：对任意，两个点关于点对称，若是关于的“对称函数”，且恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】先求出，等价于，则只要直线在半圆上方即可，解不等式即得解.
【详解】函数的定义域为，根据已知得，
所以，
因为恒成立，
即，
即
令，，
则只要直线在半圆上方即可，
即圆心到直线的距离大于圆的半径2，
即，解得（舍去负值），
故实数的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题主要考查对新定义的理解和应用，考查不等式的恒成立问题的求解，考查直线和圆的位置关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
二、单选题
13．“”是“直线和直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】分别当时，判断两直线的位置关系和当两直线平行且不重合时，求的范围．
【详解】当时，两直线分别为：，，
两直线斜率相等，则平行且不重合．
若两直线平行且不重合，则
或，
综上所述，是两直线平行的充分不必要条件．
故选：A
14．若(是虚数单位),则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】易得复数表示的点在单位圆上，而要求的值为单位圆上的点到复数表示的点的距离，由数形结合的思想可得答案．
【详解】解：由复数的几何意义可知：表示的点在单位圆上，
而|z−2−2i|表示该单位圆上的点到复数表示的点的距离，

由图象可知：的最小值应为点到的距离，
而 ，圆的半径为1，
故的最小值为，
故选D．
【点睛】本题考查复数的模长的最值，涉及复数的几何意义和数形结合的思想，属基础题．
15．设，则函数的图像大致现状是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将函数去掉绝对值，化为，结合二次函数图像的画法即可求解.
【详解】由，
根据以及二次函数的图像做法，绘制图像可知B正确.
故选：B.
【点睛】本题考查了分段函数的图像以及二次函数的图像，属于基础题.
16．如图，四边形是正方形，延长至，使得.若动点从点出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到点，其中，下列判断正确的是（ ）
A．满足的点必为的中点.
B．满足的点有且只有一个.
C．的最大值为3.
D．的最小值不存在.
【答案】C
【分析】建立坐标系，讨论，，，四种情况，出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【详解】如图建系，取，∵，
∴，
动点从点出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，∴，∴，
综上，，
选项A，取，满足，此时，因此点不一定是的中点，故A错误；
选项B，当点取点或的中点时，均满足，此时点不唯一，故B错误；
选项C，当点取点时，且，解得，取得最大值为，故C正确；
选项D，当取点时，取得最小值，故D错误；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据题中所给条件，利用建系的方法，讨论的位置，根据，确定的范围，即可求解.（向量用坐标表示后，向量的计算和证明都归结为数的运算，这使问题大大简化）
三、解答题
17．如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且底面ABC，
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】(1)1；
(2)．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1）底面ABC，底面ABC，则，连接，同理，
又，，∴，
而，
所以；
（2）由已知，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知，
则，，，∴，
，易知平面的一个法向量是，
，
设PM与平面PAC所成角大小为，则，，∴．
18．已知等比数列的首项，数列前项和记为．
（1）若，求等比数列的公比；
（2）数列前项积记为，在（1）的条件下判断与的大小，并求为何值时，取得最大值．
【答案】（1） ；（2）当时，；当时，；时，最大．
【解析】（1）根据等比数列通项公式，代入可得关于的方程，解方程即可确定等比数列的公比的值；
（2）由（1）可表示出等比数列前项积，并取绝对值后作商，结合函数的性质即可判断和1的大小关系，进而判断的最大项.
【详解】（1）由等比数列通项公式及题意可得，
化简可得，
解得．
（2）由（1）及题意可知
，
所以，
则．
所以当时，，，
当时，，，
时，最大．
【点睛】本题考查了等比数列通项公式及前n项和公式的简单应用，等差数列求和公式及等比数列乘积，数列单调性的证明及最大项求法，属于中档题.
19．已知函数的最小正周期为．
(1)求的值，并写出的对称轴方程；
(2)在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角函数的恒等变换化简函数，再根据周期求出的值,利用整体法即可求解对称轴.
（2）把已知的等式变形并利用正弦定理可得，故，故，根据正弦函数的定义域和值域求出的取值范围．
【详解】（1）
．
，．
故
令，解得，
故对称轴方程为：
（2）由得，
．
，，,．
，，
，
20．设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点．
(1)若，求线段中点的轨迹方程；
(2)若直线的方向向量，当焦点为时，求的面积；
(3)若是抛物线准线上的点，直线，，的斜率分别为，，，求证：为的等差中项．
【答案】(1)
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据中点坐标公式可得，将其代入抛物线方程中即可求解.
（2）根据直线的方向向量得直线方程，联立方程，根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可由面积公式求解,
（3）联立直线与抛物线方程得韦达定理，利用两点斜率公式，代入化简即可求证.
【详解】（1）设，焦点，
则由题意，即，
故，将其代入抛物线中得：
，即，
所求的轨迹方程，
（2）设，
，
由于直线的方向向量，所以直线的斜率为2，故直线，即，
由得，，，
到直线的距离为，
（3）点的坐标为、
设直线，代入抛物线得，
所以，
因而，，
因而，
而，故，
当直线轴时，，
，，
故
综上可知：命题得证．
【点睛】方法点睛；解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线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．
21．已知函数 ；．
（1）当 时，求函数在上的值域；
（2）若对任意，总有成立，求实数的取值范围；
（3）若（m为常数），且对任意，总有成立，求M的取值范围．
【答案】（1） ； （2） ； （3）当 时，M的取值范围是 ；当时，M的取值范围是.
【分析】（1）把a=1代入，借助指数函数单调性判断函数的单调性，再利用单调性求解作答.
（2）将不等式等价转化，分离参数，构造函数，求出函数最值即可作答.
（3）利用单调性求出函数的值域，再分类判断即可求出M的取值范围.
【详解】（1）当 时，，而函数、在上都是单调递减的，
因此，函数在上单调递减，即时，，
所以在上的值域为.
（2）依题意，，
于是得在上恒成立，
，令，，，
设，，即，
，即，
因此在上递减，，在上递增，，则，
所以实数的取值范围为.
（3），当m>0时，在上递减，
则有，即，
①当，即时，，此时，
②当，即时，，此时，
综上所述，当 时，M的取值范围是 ；当时，M的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.