广东省阳江市2024届高三上学期开学适应性考试数学试题（解析版）

第1页/共1页2024届新高三开学适应性考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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【解析】【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、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.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6D.等式对任意正整数都成立【答案】ABD【解析】【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：ABD10.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【解析】【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，过作椭圆切线，且交于点交于点，则的斜率乘积为定值【答案】AD【解析】【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【解析】【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：本题共4小题，每小题5分，共20分.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】##【解析】【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，则最大值为_________．【答案】2【解析】【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】【解析】【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】【解析】【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：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.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）【解析】【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.【小问1详解】因为,所以,得:,解得,所以.【小问2详解】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【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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【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