2023-2024学年广东省湛江重点中学高三（上）开学数学试卷（word版含解析）

2023-2024学年广东省湛江重点中学高三（上）开学数学试卷
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. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，则( )
A. B. C. D.
3. 在中，是边的中点，是的中点，若，则的值是( )
A. B. C. D.
4. 已知函数，则的增区间为( )
A. B. C. D.
5. 设公差不为零的等差数列的前项和为，，则( )
A. B. C. D.
6. 已知抛物线：的焦点为，准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，若为坐标原点，则( )
A. B. C. D.
7. 已知为钝角，，则的值为( )
A. B. C. D.
8. 已知函数且满足，则的最小值为( )
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. 一组数据：，，，，，，，则( )
A. 这组数据的平均数为 B. 这组数据的方差为
C. 这组数据的极差为 D. 这组数据的第百分位数为
10. 已知函数，则( )
A. 有两个极值点 B. 有两个零点
C. 恒成立 D. 恒成立
11. 已知圆：与圆：相交于，两点，则( )
A. 圆的圆心坐标为
B. 当时，
C. 当且时，
D. 当时，的最小值为
12. 九章算术里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”在鳖臑中，，其外接球的表面积为，当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是( )
A.
B. 此鳖臑的体积的最大值为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 三棱锥的内切球的半径为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 二项式的展开式中含的系数为______ ．
14. 小张、小陈、小胡独立的做一道数学题，小张做出这道题的概率为，小陈做出这道题的概率为，小胡做出这道题的概率为，每个人是否做出这道题相互没有影响，则这道题被做出来的概率为______ ．
15. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为______ ．
16. 双曲线的左，右焦点分别为，，右支上有一点，满足，的内切圆与轴相切，则双曲线的离心率为______ ．
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
在中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
若，，求的值；
若，求角，的大小．
18. 本小题分
已知数列满足，．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
19. 本小题分
如图，直三棱柱中，平面平面．
证明：；
若，为上一点，且，求二面角的余弦值．
20. 本小题分
年的高考已经结束，考试前一周，某高中进行了一场关于高三学生课余学习时间的调查问卷，现从高三个班级每个班随机抽取名同学进行问卷，统计数据如下表：
课余学习时间超过两小时 课余学习时间不超过两小时
名以前
名以后
求的值；
依据上表，根据小概率值的独立性检验，分析学生成绩与课余学习超过两个小时是否有关系；
学校在成绩名以前的学生中，采用分层抽样，按课余学习时间是否超过两小时抽取人，再从这人中随机抽取人，记这人中课余学习时间超过两小时的学生人数为，求的分布列和数学期望．
附：参考公式：，其中．
21. 本小题分
已知椭圆的右焦点为，上顶点为，，离心率为．
求椭圆的标准方程；
若直线：与椭圆相交于，两点，且点，当的面积最大时，求直线的方程．
22. 本小题分
已知函数．
求函数的最小值；
求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查集合的运算，考查并集定义、指数函数的单调性、一元二次不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
利用指数函数的单调性和一元二次不等式的解法求出集合，，再利用并集定义能求出．
【解答】
解：集合，
，
．
故选C．

2.【答案】
【解析】解：，
则．
故选：．
利用复数的除法运算法则求出复数，再利用复数模的公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：
故选：．
将向量用向量和表示出来即可找到和的值，得到答案．
本题主要考查平面向量的基本定理，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：令，，
又的增区间为，在上单调递增，
所以的增区间为．
故选：．
利用复合函数的单调性求解即可．
本题主要考查复合函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：设等差数列的公差为，．
，，解得：，．
，
．
．
故选：．
设等差数列的公差为，利用基本量代换求出，进而求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：已知抛物线：的焦点为，
则，
又抛物线：的准线为，点在抛物线上，过作的垂线，垂足为，
由抛物线的定义可得，
又为坐标原点，
则，
则点在线段的中垂线上，
则，
即，
即抛物线的方程为，
又点在抛物线上，
则，
则．
故选：．
由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了抛物线的定义，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：由得，
化简得，，
则，
则．
故选：．
根据二倍角的余弦公式化简得正余弦关系，再根据同角公式求出正切，再根据二倍角和两角和的正切公式可求出结果．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由已知可得函数且满足，
即，
所以关于对称，
所以，又，
所以时，取最小值为．
故选：．
由可得函数的图象关于对称，由正弦型函数的对称性列方程求的最小值．
本题考查正弦函数的图象，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对，这组数据的平均数为：，故A选项正确；
对，这组数据的方差为：，故B选项错误；
对，这组数据的极差为：，故C选项错误；
对，由，则第百分位数是第个数，故D选项正确．
故选：．
由已知的这组数据，利用公式分别计算平均数、方差、极差、第百分位数即可．
本题考查平均数、方差、极差、第百分位数的定义，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，
，
设，则，
当时，，函数，即在上单调递减，
当时，，函数，即在上单调递增，
又，所以C错误；
又，所以存在，使得，又，
所以当，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取极大值，当时，函数取极小值，
所以函数有两个极值点，故A正确；
设，则，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，
所以当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，，当且仅当时取等号，
所以函数只有一个零点，恒成立，B错误；D正确．
故选：．
求函数的导函数，设，利用导数研究的单调性，最值，判断，再确定的极值判断，利用证明由此判断．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运解求解能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：选项，圆的圆心坐标为，正确；
选项，当时，，解不等式，正确；
选项，圆心距，解得或，正确；
选项，圆心的轨迹方程为，到直线的距离为，即的最小值为，结合勾股定理，可知的最小值为，正确．
故选：．
利用圆的标准方程判断；利用两圆相交，列出不等式，解不等式判断；求出圆心距，即可判断；求出圆心的轨迹方程为，到直线的距离，利用勾股定理判断．
本题考查圆的方程，考查直线与圆及圆与圆的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，正确转化是关键．
12.【答案】
【解析】解：由题可知，该几何体补全后为长方体，为长方体的体对角线，
所以即为三棱锥的外接球的直径，
设外接球的半径为，则，所以，
又根据长方体的体对角线公式可得：，
所以，
所以鳖臑的体积为，
当且仅当时，等号成立，
故，故A项错误，项正确；
因为三棱柱为直三棱柱，故BC平面，
所以直线与平面所成的角即为，
又易知，，
所以，故C项正确；
设鳖臑的内切球半径为，由等体积法可得：
，
所以，
解得，故D项错误．
故选BC．
根据长方体与球的几何性质，线面角的概念，球的体积公式，即可分别求解．
本题考查立体几何的综合应用，三棱锥的外接球问题，等体积法的应用，化归转化思想，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：展开式通项公式为，令，得，
展开式中含的系数为．
故答案为：．
先求二项式的展开式的通项公式，再令的次数为即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：记“这道题被做出来”为事件，
则．
故答案为：．
根据独立事件与对立事件的概率公式可求出结果．
本题考查了相互独立事件，考查对立事件的概率公式，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：，
即，对恒成立，令，
当时，，
，故符合题意，
当时，，，在上，不合题意，故．
故答案为：．
问题转化为对任意恒成立即可求解．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：设内切圆分别与，，，轴切于点，，，，
则四边形、都为正方形，
设内切圆半径为，由圆的切线性质，
则，则，
又因为，
且双曲线定义得，，
由得，
所以，
从而，，
由勾股定理得，
所以，解得．
故答案为：．
由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式，，从而解出、，利用勾股定理可解．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
17.【答案】解：因为，，，
由余弦定理可得；
因为，所以，
由余弦定理可得：，
所以，即，
所以，
因为，
可得，
所以
【解析】由题意及余弦定理可得的大小；
由题意余弦定理可得，即，再由角的余弦值，可得角的大小，进而求出，的大小．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．
18.【答案】解：由，得，
又，是以为首项，为公比的等比数列，
，，
即数列的通项公式为．
由知，，
则，
得，
得
，
故．
【解析】利用递推式得出是以为首项，为公比的等比数列，求出，进而求解即可．
利用错位相减法求解数列前项和即可．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式，数列的求和，错位相减求和法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：过作于，
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，且平面，
所以，
在直三棱柱中，平面，且平面，
所以，
由可知，且，平面，
所以平面，
又平面，
所以．
以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，即，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，
所以，
，，
二面角的余弦值为．

【解析】利用面面垂直性质定理，可作垂直于交线的辅助线，结合线面垂直判定定理，可得答案．
建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用夹角的余弦公式，可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中关键是空间向量法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：由题意可得高三个班级共抽取名，
所以，得；
利用列联表可得，
则在犯错误概率不超过的情况下，认为学生课余学习时间超过两小时跟学生成绩有关；
这人中课余学习时间超过两小时的人数为，课余学习时间不超过两小时的人数为，
的取值为，，，
，
，
，
故的分布列为：
．
【解析】根据总人数可解；
根据独立性检验思想可解；
根据题意可得的取值为，，，再分别计算概率，写出分布列即可解．
本题考查离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题．
21.【答案】解：由题意可知，解得，，
所以椭圆的方程为：；
设，，
联立，整理可得：，
，可得，
且，，
所以，
直线过点，所以，
所以，当时，符合，的条件，
最大，且最大值为：．
【解析】由题意可得的值，再由离心率可得的值，进而求出的值，求出椭圆的标准方程；
联立直线的方程与椭圆的方程，可得两根之和及两根之积，可得，的横坐标之差的绝对值，由直线的方程可知过定点的坐标，代入三角形的面积公式，由二次函数的最值的求法，可得三角形面积的最大值．
本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：，，
设，，
在上为单调递增函数，
，，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
时，取得最小值，；
证明：要证，只需证，
即证，令，则，
当时，令，则，在上单调递增，
即在上为增函数，
又，
存在，使得，
由，
得，即，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，
令，
则，
在上单调递增，，
，，
即．
【解析】对求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得函数的最小值；
分析可得要证，只需证，令，利用导数求得即可得证．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查不等式的证明，考查转化思想与运算求解能力，属于难题．
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