2024届福建省尤溪县第二中学高三（上）开学考试数学试卷（含解析）

2024届福建省尤溪县第二中学高三开学考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若全集为，集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知：，：关于，的方程表示圆，则是的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源或使用常规的车用燃料、采用新型车载动力装置，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车．新能源汽车包括混合动力电动汽车、纯电动汽车，包括太阳能汽车、燃料电池电动汽车、其他新能源如超级电容器、飞轮等高效储能器汽车等．非常规的车用燃料指除汽油、柴油之外的燃料．下表是年我国某地区新能源汽车的前个月销售量与月份的统计表：
月份代码
销售量万辆
由上表可知其线性回归方程为，则的值是( )
A. B. C. D.
4. 的展开式中所有有理项的系数和为( )
A. B. C. D.
5. 定义在上的偶函数满足，当时，，则函数在区间上的所有零点的和是( )
A. B. C. D.
6. 赣南脐橙果大形正，橙红鲜艳，肉质脆嫩，营养价值高．快递运输过程中脐橙损失的新鲜度与采摘后的时间之间满足函数关系式：为了保证从采摘到邮寄到客户手中新鲜度不低于，则脐橙从采摘到邮寄到客户手中的时间不能超过( )
参考数据：
A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时
7. 在平行四边形中，，，，点为平行四边形所在平面内一点，则的最小值是( )
A. B. C. D.
8. 伟大的数学家欧拉岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴赛尔级数”难题．当时，，又根据泰勒展开式可以得到，根据以上两式可求得( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知两个不为零的实数，满足，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
10. 已知复数为虚数单位在复平面内对应的点为，复数满足，则下列结论正确的是( )
A. 点的坐标为 B.
C. 的最大值为 D. 的最小值为
11. 如图，在棱长为的正方体中，若，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是( )
A.
B. 三棱锥的体积为
C. 与所成角的余弦值为
D. 过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为
12. 已知函数，则( )
A. 对任意正奇数，为奇函数
B. 对任意正整数，的图象都关于直线对称
C. 当时，在上的最小值
D. 当时，的单调递增区间是
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 请写出渐近线方程为的一个双曲线方程______ ．
14. 的值为______ ．
15. 在上、下底面均为正方形的四棱台中，已知，，，则该四棱台的表面积为______ ；该四棱台外接球的体积为______ ．
16. 已知抛物线：的焦点是，过的直线交于不同的，两点，则的最小值是______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
如图，在平面四边形中，若，，，，．
求的值；
求的长度．
18. 本小题分
大豆是我国重要的农作物，种植历史悠久某种子实验基地培育出某大豆新品种，为检验其最佳播种日期，在，两块试验田上进行实验两地块的土质等情况一致月日在试验田播种该品种大豆，月日在试验田播种该品种大豆收获大豆时，从中各随机抽取份每份千粒，并测量出每份的质量单位：克，按照，，进行分组，得到如下表格：
试验田份
试验田份
把千粒质量不低于克的大豆视为籽粒饱满，否则视为籽粒不饱满．
根据小概率值的独立性检验，分析大豆籽粒饱满与播种日期是否有关？
从，两块实验田中各抽取一份大豆，求抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率；
用样本估计总体，从试验田随机抽取份每份千粒大豆，记籽粒饱满的份数为，求的数学期望和方差．
参考公式：，．
19. 本小题分
如图，在中，，，，，分别为、的中点，将沿向上折起到点处，使得．
求证：平面平面；
求二面角的余弦值．
20. 本小题分
在；，；这三个条件中任选一个，补充到下面横线处，并作答．
已知正项数列的前项和为，_______，．
求数列的通项公式；
若数列满足，记表示除以的余数，求．
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．
21. 本小题分
已知点，动点到直线的距离与到点的距离的比为，设动点的轨迹为曲线．
求曲线的方程；
若点，点，为曲线上位于轴上方的两点，且，求四边形的面积的最大值．
22. 本小题分
已知函数．
当时，求的单调区间；
令，若是函数的极值点，且，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：全集为，集合，，
，，
．
故选：．
求出集合，，利用补集、交集的运算法则直接求解．
本题考查集合的运算，考查补集、交集的定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：若关于，的方程表示圆，
则，
解得或，
因为：，
故是的充分不必要条件．
故选：．
由已知先求出所对应的的范围，然后判断充分及必要条件．
本题主要考查了二次方程表示圆的条件，充分必要条件的判断，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由表中数据可的，，
，
线性回归方程为，
，解得．
故选：．
根据已知条件，求出，的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，即可求解．
本题主要考查了线性回归方程的性质，以及平均值的求解，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，其中，
当，，时为有理项，故有理项系数和为，
故选：．
写出通项后可得有理项，进一步计算即可．
本题考查了二项式定理中的有理项，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：如图所示，与在区间上一共有个交点，
且这个交点的横坐标关于直线对称，
所以在区间上的所有零点的和是．
故选：．
数形结合，函数与在区间上的交点横坐标即为的零点，根据对称性即可求零点之和．
本题考查了三解函数、偶数函数、指数函数的性质及数形结合思想，作出图象是解答本题的关键点，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由已知函数解析式，可知当时，损失的新鲜度小于百分之十，没有超过百分之十五；
当时，则有，，
，得，．
脐橙从采摘到邮寄到客户手中的时间不能超过小时．
故选：．
问题转化为求解关于的指数不等式，求出的最大值得答案．
本题考查函数模型的性质及应用，考查指数不等式的解法，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：建立如图平面直角坐标系如下，
则，，，
设，，，
则，，，
，
的最小值是．
故选：．
利用向量数量积的坐标运算得到，再利用配方法求最值即可．
本题考查了向量数量积的坐标运算，考查了配方法求最值，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：根据泰勒展开式可以得到：
，
两边同时除以，得到：
，
当时，，
展开式中的系数为：
，
，
．
故选：．
推导出，由，得到展开式中的系数，由此能求出结果．
本题以巴赛尔级数和泰勒展开式为载体，考查简单的类比推理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9.【答案】
【解析】解：因为，所以，所以，则A正确；
因为，当时，，当时，，则B错误；
令，易知在上单调递增，又，所以，即，则C正确；
对于，法一：令，
易知在和上单调递减，
不妨设，则，即，
亦即，则D错误；
法二：取，，，则，则D错误，
故选：．
直接利用不等式的性质，函数的单调性，赋值法的应用判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：不等式的性质，函数的单调性，赋值法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：复数在复平面内对应的点为，故A正确；
B.复数，所以复数，故B正确；
C.设，所以，所以，表示的是复数和在复平面内对应的点的距离，故的最大值为，最小值为，故C正确，D错误．
故选：．
利用复数的几何意义、圆的方程即可判断出正误．
本题考查了复数的几何意义、圆的方程，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：选项，以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
则，
设，则，，无解，故B，不平行，A错误；
选项，正方形的面积为，
，，，
所以，，
故三棱锥的体积为，B正确；
选项，，，
则，
故B与所成角的余弦值为，C正确；
选项，连接，，，
因为，分别为棱，的中点，
所以，其中，且，不平行，
故过点，，的平面截该正方体所得截面为等腰梯形，
过点，分别作于点，于点，
则，由勾股定理得，
故等腰梯形的面积为，D错误．
故选：．
选项，建立空间直角坐标系，得到，得到两者不平行；选项，利用等体积法求解；选项，利用空间向量求异面直线夹角公式进行求解；选项，作出辅助线，得到过点，，的平面截该正方体的截面，并求出面积．
本题考查线线平行的证明，三棱锥的体积的求解，异面直线所成角，正方体的截面面积的求解，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：取，则，从而，此时不是奇函数，则A错误；
因为，所以的图象关于直线对称，则B正确；
当时，，
当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，故C正确；
当时，，
则的递增区间为，则D错误．
故选：．
通过判断的值，判断的正误；判断，判断的正误；利用函数的导数判断函数的单调性，求解最大值，判断的正误；求出函数的单调增区间判断的正误．
本题考查命题的真假的判断，函数的单调性，最大值，是中档题．
13.【答案】答案不唯一
【解析】解：不妨设双曲线的焦点在轴上，由渐近线方程为，得，
取，得．
双曲线方程为．
故答案为：答案不唯一．
不妨设双曲线的焦点在轴上，由渐近线方程可得与的关系，不妨取，求得，则答案可求．
本题考查双曲线方程的求法，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：
．
故答案为：．
首先利用弦切互化公式及正弦的倍角公式对原式进行变形，再两次运用和差化积公式，同时结合正余弦互化公式，转化为特殊角的三角函数值，则问题解决．
解决本题要注意两点，一是函数名的变化切化弦，二是如何将已知角用特殊角表示．考查转化思想，计算能力．
15.【答案】
【解析】解：在等腰梯形中，过作，垂足为，
求得，．
则四棱台的表面积为；
设，．
由棱台的性质，可将该棱台补成四棱锥如图，
，，可知与相似比为：；
则，，得，则，即该四棱台的高为．
由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在上，
在平面上，由于，，得，
即点到点与到点的距离相等，
同理到，，，，，的距离均为，
于是为外接球的球心，且外接球的半径，
故该四棱台外接球的体积为．
故答案为：；．
由已知可得棱台为正四棱台，再由已知求其斜高，然后利用正方体及梯形面积公式求解；证明正四棱台的下底面中心为其外接球的球心，再求出外接球的半径，代入球的体积公式得答案．
本题考查棱台表面积与外接球体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意知，，显然直线的斜率存在，
设直线的方程为，，，
由得，
所以，所以，
所以
，
当且仅当，时，等号成立，
则的最小值是．
设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，抛物线的定义和基本不等式可求出结果．
本题考查抛物线的性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：在中，因为，，，
由余弦定理可得，
所以，
又由正弦定理可得，
所以，
所以．
由，又为锐角，
可得，
在中，根据余弦定理可得，
所以．
【解析】在中，由已知利用余弦定理可求得的值，又由正弦定理可得的值，根据二倍角公式即可求解的值．
由题意利用同角三角函数基本关系式可求的值，在中，根据余弦定理即可求解的值．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，二倍角公式，同角三角函数基本关系式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：列联表如下：
月日 月日 合计
饱满
不饱满
合计
，
根据小概率值的独立性检验，可以认为大豆籽粒饱满与播种日期有关；
，两块实验田中各抽取一份大豆，抽取的大豆中有一份籽粒饱满的概率分别为，，
两份大豆籽粒都饱满的概率为，
故抽取的大豆中至少有一份籽粒饱满的概率为；
从试验田的样本中随机抽取份小麦，抽到饱满的概率为，
则，
故E，．
【解析】根据已知条件，结合独立性检验公式，即可求解；
先求出，两块实验田中各抽取一份大豆，抽取的大豆中有一份籽粒饱满的概率分别为，，两份大豆籽粒都饱满的概率为，再结合对立事件概率和为，即可求解；
根据已知条件，结合二项分布的期望与方差公式，即可求解．
本题主要考查独立性检验的应用，以及二项分布的概率期望与方差公式，属于中档题．
19.【答案】证明：在中分别为、的中点，
则，所以折叠后有，，
因为，所以，
又，所以，
又，
所以，即，
，平面，，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
解：由知，，两两垂直，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，解得，令，得，所以，
设平面的一个法向量，
则，即，解得，令，得，所以，
所以，
由图知二面角为锐二面角，
所以二面角的余弦值为．
【解析】根据面面垂直的判定定理证明；建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用法向量的夹角与二面角的平面角的关系求解．
本题考查了面面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：选条件时，
当时，，解得，所以，
当时，，，
两式相减得，即，，
当时满足上式，所以，
所以当时，，
又，所以；
选条件时，
因为，
当时，，
当时，，
两式相减，得，所以，
又，所以，
所以数列为常数列，又，所以，
所以；
选条件时，
当时，，因为，所以，
由，当时，，
两式相减，得，
整理得，所以，
因为，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以；
由题知，
所以，
又，
而
，
所以．
【解析】选条件时，利用，可求出数列的通项公式；选条件时，化简可得为常数列，进而求出数列的通项公式；选条件时，利用，可求出数列的通项公式；
依题意可知，所以，再利用二项式定理解决整除和余数问题．
本题考查了数列的综合应用，属于中档题．
21.【答案】解：设，由题意得，
所以，
则，
化简可得，
所以曲线的方程为．
如图，
由知曲线的轨迹为椭圆，，为其焦点，延长与椭圆相交于另一点，延长与椭圆相交于另一点，
设直线的方程为，，，
联立方程，消去并化简可得，，
所以，，
所以，
因为，
所以，
设的方程为，
同理可得，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以四边形的面积，
点到直线的距离为，
所以，
所以，
令，
则，
令，
由双勾函数的性质可知，在上单调递增，
所以当，即时，取得最小值，且，
所以四边形面积的最大值为．
【解析】设，根据题意建立关于，的方程，化简整理即可；
分析可知四边形为平行四边形，进而得到，表示出的面积，利用换元思想以及函数的性质即可得解．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：，
令，则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以，
又，则，则，
所以对任意恒成立，
所以的单调递增区间为．
证明：，
则，
当时，，则函数在上单调递增，
故函数无极值点，不合题意，
当时，令，
因为函数，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
取满足，则，，
所以，又，
所以，使得，
即，此时，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以是函数的唯一的极值点，
所以，
因为，所以，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，
令，，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，所以，
令，，则，
当时，，
所以函数在上单调递减，
所以，所以，
所以，
即，所以．
【解析】求导得，判断的正负，即可得出的单调性．
根据题意可得，求导分析何时有极值点且，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用和不等式的证明，考查了转化思想，属于中档题．
第1页，共1页