福建省福州第一中学2024届高三上学期开学质量检查数学试题(含答案)

这是一份福建省福州第一中学2024届高三上学期开学质量检查数学试题(含答案)，共22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。


一、选择题
1、已知复数是纯虚数,则a的值为( )
A.-12B.12C.-3D.3
2、若集合,则( )
A.B.C.D.
3、一组数据按从小到大的顺序排列为1,4,4,x,7,8（）,若该组数据的中位数是众数的倍,则该组数据的60%分位数是( )
A.4B.5C.6D.7
4、函数的部分图象为( )
A.B.
C.D.
5、中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究,中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式.例如在推导正四棱台（古人称方台）体积公式时,将正四棱台切割成九部分进行求解.下图（1）为俯视图,图（2）为立体切面图.对应的是正四棱台中间位置的长方体;B,D,H,F对应四个三棱柱,A,C,I,G对应四个四棱锥.若这四个三棱柱的体积之和为12,四个四棱锥的体积之和为4,则该正四棱台的体积为( )
A.24B.28C.32D.36
6、已知圆,MN为圆C的动弦,且满足,G为弦MN的中点,两动点P,Q在直线上,且,MN运动时,始终为锐角,则线段PQ中点的横坐标取值范围是( )
A.B.
C.D.
7、函数的图像如图所示,图中阴影部分的面积为,则( )
A.B.C.D.
8、已知双曲线的左、右焦点分别为、,以为圆心的圆与x轴交于,B两点,与y轴正半轴交于点A,线段与C交于点M.若与C的焦距的比值为,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9、已知,则下列不等式正确的是( )
A.B.C.D.
10、上甘岭战役是抗美援朝中中国人民志愿军进行的最著名的山地防御战役.在这场战役中,我军使用了反斜面阵地防御战术.反斜面是山地攻防战斗中背向敌方、面向我方的一侧山坡.反斜面阵地的构建,是为了规避敌方重火力输出.某反斜面阵地如图所示,山脚A,B两点和敌方阵地D点在同一条直线上,某炮弹的弹道DCE是抛物线的一部分,其中E在直线AB上,抛物线的顶点C到直线AB的距离为100米,DE长为400米,,,建立适当的坐标系使得抛物线的方程为,则( )
A.
B.的准线方程为
C.的焦点坐标为
D.弹道CE上的点到直线AC的距离的最大值为
11、如图,在平面四边形ABCD中,和是全等三角形,,,.下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成三棱锥.折法①将沿着AC折起,形成三棱锥,如图1;折法②：将沿着BD折起,形成三棱锥,如图2.下列说法正确的是( )
A.按照折法①,三棱锥的外接球表面积值为
B.按照折法①,存在,满足
C.按照折法②,三棱锥体积的最大值为
D.按照折法②,存在满足平面,且此时BC与平面所成线面角的正弦值为
12、已知函数,则( )
A.的最小正周期为
B.图象的一条对称轴为直线
C.当时,在区间上单调递增
D.存在实数m,使得在区间上恰有2023个零点
三、填空题
13、已知,则_____________.
14、已知的展开式中二项式系数和是64,则展开式中x的系数为____________.
15、为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神,促进边疆少数民族地区教育事业的发展,某市派出了包括甲、乙在内的5名专家型教师援疆,现将这5名教师分配到新疆的A、B、C、D四所学校,要求每所学校至少安排一位教师,则在甲志愿者被安排到A学校有_______________种安排方法.
16、周长为4的,若a,b,c分别是A,B,C的对边,且,则的取值范围为______________.
四、解答题
17、的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知A为锐角,.
(1)求A;
(2)若,BC边上的高为,求的面积.
18、已知数列的前n项和为,满足,等差数列满足,.
(1)求与的通项公式;
(2)数列和中的所有项分别构成集合A,B,将的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列,求数列的前50项和.
19、如图,在四棱锥中,,,,.
（1）求证：平面平面ABCD;
（2）求二面角的余弦值.
20、甲乙两人进行乒乓球比赛,经过以往的比赛分析,甲乙对阵时,若甲发球,则甲得分的概率为,若乙发球,则甲得分的概率为.该局比赛中,甲乙依次轮换发球（甲先发球）,每人发两球后轮到对方进行发球.
(1)求在前4球中,甲领先的概率;
(2)12球过后,双方战平,已知继续对战奇数球后,甲获得胜利（获胜要求至少取得11分并净胜对方2分及以上）.设净胜分（甲,乙的得分之差）为X,求X的分布列.
21、已知椭圆的离心率为,记E的右顶点和上顶点分别为A,B,的面积为1（O为坐标原点）.
(1)求E的方程;
(2)已知,过点D的直线与椭圆E交于点M,N（点M在第一象限）,过点M垂直于y轴的直线分别交BA,BN于P,Q,求的值.
22、已知函数.
(1)若,,求实数a的取值范围;
(2)设,是函数的两个极值点,证明：.
参考答案
1、答案：C
解析：由题意,
因为复数是纯虚数,故,
解得,
故选：C.
2、答案：D
解析：由可得：,解得：,
由可得：,解得：或,
所以,,
所以
故选：D.
3、答案：C
解析：由题意知,众数是4,则中位数为,则,
解得,又,则第60百分位数是6.
故选：C.
4、答案：C
解析：的定义域为,
,故为奇函数,
其图象关于原点对称,排除B,D;
又时,,,,故,排除A.
故选：C.
5、答案：B
解析：如图,令四棱锥的底面边长为a,高为h,三棱柱的高为b,
依题意,四棱锥的体积,即,三棱柱的体积,即有,
因此,于是长方体的体积,
所以该正四棱台的体积为.
故选：B.
6、答案：A
解析：由题意,圆,可得圆心坐标为,半径为,
因为,G为弦MN的中点,可得,
又由两动点P,Q在直线上,且,
设PQ的中点,当M,N在圆C上运动时,且恒为锐角,
可得以C为圆心,以为半径的圆与以E为圆心,以2为半径的圆相外离,
则,即,解得或,
所以线段PQ中点的横坐标取值范围是.
故选：A.
7、答案：A
解析：如图,①和②面积相等,故阴影部分的面积即为矩形ABCD的面积,可得,
设函数的最小正周期为T,则,
由题意得,解得,故,得,即,
的图象过点,即,
,则,

,解得.
.
故选：A.
8、答案：D
解析：设双曲线的半焦距为c,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A在y轴正半轴上,故,
令,则或,故.
故,故直线.
设,
因为A在y轴的正半轴上,在x轴的负半轴上,故,
而,
故,整理得到：,
故,故,
所以,故,
解得或,又因为,则,
则,.
故选：D.

9、答案：BD
解析：由题意,
,故A错误,
,故B正确,
,当时,,故C错误,
,,,
,故D正确,
故选：BD.
10、答案：ABD
解析：如图所示,建立以C为坐标原点,x轴平行于AB,y轴垂直于AB.
此时,,,
抛物线的方程为,即,
解得,故A正确;
抛物线的方程为,准线方程为,焦点坐标为,
故B正确,C错误;
因为,,故,
所以直线AC的方程为即,
不妨设CE上一点为,,
当Q该点处的切线与直线AC平行时,其到直线AC的距离最大.
由可得,故,
解得,
此时Q点到直线AC的距离为,故D正确.
故选：ABD.

11、答案：AC
解析：对于A,和是全等三角形,,,.
可得AC中点O到A,B,C,D的距离相等,故O为棱锥的外接球的球心,AC为直径,
外接球的半径为2,三棱锥的外接球表面积值为,故A正确,
对于B：假若存在存在,使得,由于,,BC,平面,所以平面,由于平面,故,
由于和是全等三角形,所以,故不可能,
因此不存在满足条件,故B错误;
对于C：三棱锥体积最大时,平面平面BCD,
由已知,,所以,
又,故为等边三角形,
过作,则 ,故到平面BCD的距离为1,
,故C正确;
对于D,由于在翻折过程中,,
,
故当,可得,,,平面,
平面,
则是BC与平面所成的角,
由,,由勾股定理可得,
在中,,故D错误.
故选：AC.
12、答案：BCD
解析：对于A,,
故
,即为的一个周期,
说明不是的最小正周期,A错误;
对于B,
,
故图象的一条对称轴为直线,B正确;
对于C,当时,,则,
由于正弦函数在上单调递增,且,
故在上单调递增,且,
此时,
而在上单调递减,则在上单调递增,
故在上单调递增,C正确;
对于D,由A可知即为的一个周期,且的最小正周期为,
故的最小正周期为,
当时,,
当时,,则在上的零点为和,
故当时,恰有个零点,
且第2024个零点为,
故当时,恰有个零点,
即存在实数m,使得在区间上恰有2023个零点,D正确,
故选：BCD.
13、答案：
解析：由,
.
故答案为：.
14、答案：60
解析：由题意得,解得,
则的二项展开式通项为,
,
令,解得,则x的系数为,
故答案为：60.
15、答案：60
解析：将这5名教师分配到新疆的A,B,C,D共4所学校,每所学校至少1人,
则先分组后排列,5名教师分成四组,则为1,1,1,2.
若甲作为单独的一位被安排到A学校,则有种情况;
若甲是一组两人中的一位且被安排到A学校,则有种情况,
共有种情况.
故答案为：60.
16、答案：
解析：因为周长为4的,a,b,c分别是A,B,C的对边,且,
所以
,
令,
,,,,
,解得,
又, ,
故,又在上递减,
,
,
故答案为：.
17、答案：(1)
(2)
解析：（1）在中,由余弦定理得,
所以,即,
又由正弦定理得,
因为,所以,
又因为A为锐角,所以.
（2）结合（1）,由题意得,得,
由余弦定理得,
整理得,解得,或（舍去）,
所以.
18、答案：(1);
(2)
解析：（1）因为,
所以当时,,解得,
当时,,所以,整理得,
所以是以2为首项,以2为公比的等比数列,
所以.
所以,
设等差数列的公差为d,
则,解得,
所以.
（2）因为,,,
且,,
所以的前50项中含有的,,,且含有的前46项,
.
19、答案：（1）证明见解析;
（2）
解析：取AD的中点O,连接SO,OC,
因为,所以,
因为,O为AD的中点,
所以,
因为,,
所以,
所以,
所以,
因为,平面ABCD,平面ABCD,
所以平面ABCD,
因为平面SAD,
所以平面平面ABCD;
（2）由（1）知：平面ABCD,所以,
在和中,
由,可得,
所以,即,
所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,
由可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,
,,,
以B为原点,BD,BA所在的直线为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则,,,,,,,,
设平面ABS的一个法向量,
则 令,可得,,
所以,
设平面SBD的一个法向量为,
则,令,则,,
所以,
所以,
因为二面角的平面角为钝角,
所以二面角的余弦值为.
20、答案：(1)
(2)答案见解析
解析：（1）甲与乙的比分是的概率为
比分是的概率为,
故前4球中,甲领先的概率
（2）依题意,接下来由甲先发球.继续对战奇数球后,甲获得胜利,
则甲或获胜,即在接下来的比赛中,甲乙的比分为或,且最后一球均为甲获胜.
记比分为为事件A,
则,
记比分为为事件B,即前6球中,乙获胜两球,期间甲发球4次,乙发球两次,
,
故依题意甲获胜的概率为
X的所有可能取值为3,5,
由条件概率有,
故X的分布列为
21、答案：(1)
(2)1
解析：（1）由题意可得,,且,则,
所以,,解得,
所以,椭圆E的方程为.
（2）当直线与x轴平行时,此时直线方程为,不合乎题意,
则设直线的方程为,设点、,
易知点、,则直线AB的方程为,
直线l的方程为,联立,可得,故点,
联立直线与椭圆的方程得,可得,
,
由韦达定理可得,,因为点在直线MN上,
则,则,
则,,
,解得,
,则直线BN的方程为,
令,则,
,则,
而
即,则
因为,则,又因为点P,Q,M的纵坐标相同,
所以P为MQ的中点,所以.
22、答案：(1)
(2)证明见解析
解析：（1）当时,
,在时,,单调递减,
又,所以,不满足题意;
当时,,
若,即时,,在上单调递增,
又,所以,满足题意;
若,即时,
令,可得,,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
而,所以,
不满足在上.
综上所述,;
（2）当时,
由得,单调递减,无极值,不满足题意;
当时,,
若,即时,,在上单调递增,
无极值,不满足题意;
若,即时,
令,可得,,此时,
当时,,单调递增,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以为极大值,为极小值,
且,,,
要证,即证
,
即,
即证：,
即证：
则,
因为,
故在上为减函数,故,
故成立,
故.
X
3
5
P