2023-2024学年浙江省名校协作体高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省名校协作体高三（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，则在复平面内所对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 在中，，若，，则( )
A. B. C. D.
4. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
5. 抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点若，则( )
A. B. C. D.
6. 某市抽调位老师分赴所山区学校支教，要求每位老师只能去一所学校，每所学校至少安排一位老师由于工作需要，甲、乙两位老师必须安排在不同的学校，则不同的分派方法的种数是( )
A. B. C. D.
7. 已知函数的图象如图所示，，是直线与曲线的两个交点，且，则的值为( )
A.
B.
C.
D.
8. 已知四面体中，，，，直线与所成的角为，且二面角为锐二面角当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为( )
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. 下列命题成立的是( )
A. 已知，若，则
B. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
C. 样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为
D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握性越大
10. 已知正方体的棱长为，点为平面内一动点，则下列说法正确的是( )
A. 若点在棱上运动，则的最小值为
B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D. 若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
11. 设定义在上的函数与的导函数分别为和，若，，且为奇函数，则下列说法中一定正确的是( )
A. B. 函数的图象关于对称
C. 的周期为 D.
12. 已知数列是公比为的等比数列，且，则下列叙述中正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，且，则
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数，则的解集为 ．
14. 若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为______．
15. 已知是椭圆的左焦点，过作直线交椭圆于，两点，则的最小值为______ ．
16. 已知不等式对恒成立，则当取最大值时， ______ ．
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
已知．
求的单调递增区间；
在中，角，，所对的边为，，若，求的取值范围．
18. 本小题分
已知四棱锥中，四边形为等腰梯形，，，，，为等边三角形．
求证：平面平面；
是否存在一点，满足，使直线与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19. 本小题分
设数列的前项和为，已知．
求的通项公式；
设，求数列的前的项和．
20. 本小题分
某科研所研究表明，绝大部分抗抑郁抗焦虑的药物都有一个奇特的功效，就是刺激人体大脑多巴胺的分泌，所以又叫“快乐药”其实科学、合理、适量的有氧运动就会增加人体大脑多巴胺的分泌，从而缓解抑郁、焦虑的情绪人体多巴胺分泌的正常值是，定义运动后多巴胺含量超过称明显有效运动，否则是不明显有效运动树人中学为了了解学生明显有效运动是否与性别有关，对运动后的名学生进行检测，其中女生与男生的人数之比为：，女生中明显有效运动的人数占，男生中明显有效运动的人数占．
女生 男生 合计
明显有效运动
不明显有效运动
合计
根据所给的数据完成上表，并依据的独立性检验，能否判断明显有效运动与性别有关？并说明理由；
若从树人中学所有学生中抽取人，用样本的频率估计概率，预测人中不明显有效运动的人数最有可能是多少？
附：，其中．
参考数据：
21. 本小题分
已知双曲线的左、右顶点分别为、，为双曲线上异于、的任意一点，直线、的斜率乘积为双曲线的焦点到渐近线的距离为．
求双曲线的方程；
设不同于顶点的两点、在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为：试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
22. 本小题分
已知函数有两个极值点，其中，为自然对数的底数．
求实数的取值范围；
若恒成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，，
所以．
故选：．
化简集合，根据集合的交集运算求解即可．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
，
故在复平面内所对应的点在第四象限．
故选：．
根据复数除法运算及共轭复数化简，即可得解．
本题考查了复数的运算，考查复数的几何意义，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：在中，，，，如图，则为的一个等分点，作平行四边形，
则．
故选：．
画出图形，利用向量的基本定理，写出结果即可．
本题考查平面向量的基本定理的应用，考查转化思想以及计算能力，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为函数在区间上有意义，
所以，解得，
此时二次函数图象开口向上，对称轴，
在上单调递增，又为增函数，
所以由复合函数单调性法则知，在区间上单调递增，符合题意，
所以的取值范围为．
故选：．
根据复合函数单调性及二次函数、对数函数单调性判断即可．
本题考查了对数函数的性质、二次函数的性质及复合函数的单调性，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：由抛物线的焦点为，
准线方程为，设，，
如图所示，
过，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，
则，所以，
把代入抛物线，
可得，即点或，
当点时，此时点在轴上方，即，
由，可得，即
因为且，即，解得，
所以，所以．
如图图所示，过，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，
则，所以，
把代入抛物线，可得，即点或，
当点时，此时点在轴下方，即，
由，可得，即
因为且，即，解得，
所以，所以．
综上可得，
故选：．
设，过，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，，根据抛物线的定义求得，根据，列出方程求得，结合，即可求解．
本题考查抛物线的定义和标准方程，体现了数形结合的数学思想方法，以及学生应用知识分析解决问题的能力及运算能力．属中档题．
6.【答案】
【解析】设学校为，，，先把甲乙两人安排到不同学校，有种，
不妨设甲在，乙在，只需剩余人至少有人去即可，
利用间接法计算，有种不同安排方法，
根据分步乘法计数原理可知，共有种不同安排方法．
故选：．
利用分步乘法计数原理，根据排列及间接法计算．
本题考查计数原理的应用，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：由函数的图象知，
设，，，
由，可得，
令，即，
结合图象可得，
则，即，所以，
把代入，即，
所以，
则．
故选：．
根据函数图象确定的值，设，，，结合确定，利用点的坐标确定的表达式，代入求值即得答案．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图，
因为，
所以，即，当且仅当时等号成立，
此时底面面积最大，，
将沿平移至，则点与到底面的距离相同，且，
为使四面体高最大，则直线在底面的射影为直线，此时面，
设点在底面的投影为，可知四边形为菱形，且的外心为，
此时满足二面角为锐二面角，
故四面体的外接球的球心在直线上，
因为，，，
所以在中，，
解得，
此时外接球的表面积为．
故选：．
由余弦定理及均值不等式判定当底面为等腰三角形时面积最大，再确定当垂直底面时，高最大，利用外接球的性质确定球心，在中求出半径．
本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了二面角的定义，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：选项：由正态分布可知，图象关于对称，因为，所以，所以，故A正确；
选项：由题意知就是回归方程，即为负相关，所以，因为样本数据都在回归方程上，即相关性系数为，故B正确；
选项：共有个数，故，所以第百分位数是由小到大排列的第位，即，故C正确；
选项：对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握性越小，故D错误．
故选：．
根据正态分布的对称性判断，由回归方程的系数的意义判断，根据百分位数的定义判断，根据独立性检验的意义判断．
本题考查回归直线方程，百分位数，独立性检验，正态曲线的性质，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于：如图将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故A错误；
对于：如图取的中点，连接、、E、，
因为点是棱的中点，所以且，
又且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故B正确；
对于：如图，，平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确；
对于：如图建立空间直角坐标系，则，，设，
所以，，
所以到棱的距离，
所以当时，故D正确．
故选：．
化折线为直线，即可判断；取的中点，连接、、E、，即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断；根据线面垂直判断；利用空间向量法判断．
本题考查线线垂直和动点的轨迹，以及两点的距离和点到直线的距离，考查转化思想和数形结合思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：选项，为奇函数，故关于点中心对称，故，故A 正确；
选项，关于点中心对称，
故，取导数则，
即，
所以关于轴对称，故B错误；
选项，因为，故，，，
，
，
故，
令，得，
故，故，
关于轴对称，
又关于点中心对称，
故周期为，则，
故的周期为，故C正确；
选项，因为，关于轴对称，
所以，
因为关于点中心对称且周期为，
所以，
故，
所以，而的值不确定，故D错误．
故选：．
根据奇函数性质及图象平移判断；
利用轴对称及中心对称的性质判断；
根据函数既是轴对称又是中心对称得出函数周期判断；
利用周期及对称的性质判断．
本题考查了抽象函数的对称性、奇偶性及周期性，也考查了导数的基本运算，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项，，即，
解得或，故A错误；
对于选项，，
若时，则，令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故无解，不成立，
若时，，
令，
则，当时，，函数单调递减，
因为，，
由零点存在性定理知有解，故，，故B正确；
对于选项，构造，
则，时，，
当时，，所
以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，即，解得或，故C错误；
对于选项，构造函数，则，当时，，当时，，所以函数在单调递增，在上单调递减，
故，即，所以，因为，所以，故D正确．
故选：．
根据等比数列通项列方程求解判断，化简所给条件构造函数，利用函数的性质确定，构造函数利用函数最值得到不等式，再由不等式求解判断，构造函数，利用函数最值转化为不等式求解判断．
本题主要考查了根据不等式的特征，构造合适的函数，利用导数确定函数最值，转化为不等式，利用不等式证明或求解是解决此题的关键所在．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题为分段函数为载体的不等式解法问题，在作答过程中要分两段分别求解，并注意分段条件在解题过程中的作用．
在解以分段函数为载体的不等式时候，要注意分段点的限制．此题培养学生分类整合的数学思想．
【解答】
解：当时，
，
；
，；
当时，函数，
，
，
又
综上不等式的解集为．
14.【答案】
【解析】解：由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，．
故圆的方程为，再把点代入，求得或，
故要求的圆的方程为或．
故所求圆的圆心为或；
故圆心到直线的距离或；
故答案是：．
由已知设圆方程为，代入，能求出圆的方程，再代入点到直线的距离公式即可．
本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程的方法，求出圆心坐标和半径的值，是解题的关键，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：已知椭圆，
则，，，
当直线斜率不为时，设直线：，
联立，
得，
设，，
，，
弦长，
，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为；
当直线斜率为时，．
综上，的最小值为．
故答案为：．
先设直线方程，联立直线与椭圆的方程，然后根据根与系数的关系及弦长公式化简，利用均值不等式求解．
本题考查了直线与椭圆的位置关系，重点考查了均值不等式的应用，属中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，且，
若，
此时在趋向于时，函数值趋向，而趋向于，
所以在上不能恒成立，
则，
不妨设，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
当时，，趋向正无穷时，趋向正无穷，
所以，使得，
此时，
当时，，；
当时，，，
所以当时，函数单调递减；
当时，函数单调递增，
所以，
要使对恒成立，
需满足恒成立，
此时，
即，
当且仅当，即时等号成立，
又，
则，
整理得，
解得，
则．
故答案为：．
由题意，设，结合、的性质及不等式恒成立得，构造函数，对函数进行求导，利用导数研究其最小值得到且，结合不等式恒成立得到，利用基本不等式求出最大值并确定取值条件，此时有恒成立，进而求得参数值．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
17.【答案】解：，
令，得，
所以的增区间为；
由，得，
由，得，
所以，所以，
因为，
所以，
则，
因为，所以，
所以．
【解析】先根据降幂公式及辅助角公式化简，再根据正弦函数的单调性即可得解；
先求出角，再根据正弦定理结合三角函数的性质即可得解．
本题考查了三角恒等变换、正弦定理及三角函数的性质，属于中档题．
18.【答案】解：等腰梯形中，，，则，
则，所以，又，，
由，得到，
又，因此平面，又因为平面，
故平面平面；
方法一：由知平面，面，则面面．
作于点，则有面．
则即为直线与面所成角，
在直角三角形中，由，，得到，
由，，可得，又，所以存在．
方法二：过点作平面于，
以点为坐标原点，，，所在直线为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系．
其中，
得到，
设平面的一个法向量为，
由，得，
不妨设，则，，
所以平面的一个法向量为，
又，
，
则，
解之得舍去或，所以，
存在一点，满足，使直线与平面所成的角为，此时．
【解析】利用面面垂直判定定理即可证得平面平面；
法一，先确定出直线与平面所成的角，再求得的值即可求得的值；法二，建立空间直角坐标系，依据题给条件列出关于的方程即可求得的值．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】解：由，得，两式相减得．
令，得，数列是以为首项，为公比的等比数列，
；
由题意可得，
所有奇数项的和
；
所有偶数项的和，
则，
得：，
，
．
【解析】由，得，两式相减可得数列是以为首项，为公比的等比数列，从而可求出其通项公式；
由得，然后分别利用分组求和，错位相减法求出奇数项的和与偶数项的和，相加即可．
本题考查数列递推式，考查等差数列与等比数列的前项和，训练了错位相减法求数列的前项和，是中档题．
20.【答案】解：因为对名学生明显有效运动是否与性别有关的调查，其中女生与男生的人数之比为：，女生中明显有效运动的人数占，男生中明显有效运动的人数占，得到下面的列联表：
女生 男生 合计
明显有效运动
不明显有效运动
合计
给定假设：明显有效运动与性别没有关系．
由于，
则根据小概率值的独立性检验，有充分的证据推断假设不成立，因此认为明显有效运动与性别存在差异；
由样本数据可知，不明显有效运动的频率为，用样本的频率估计概率，所以不明显有效运动的概率为，
设人不明显有效运动的人数为，则，
所以，
假设人中不明显有效运动的人数最有可能是，
则，
解得，，
故或．
所以人中不明显有效运动的人数最有可能是或．
【解析】根据题意完善列联表，计算，与临界值对比即可得出结论；
由题意，问题可转化为二项分布，利用二项分布概率公式列出不等式组求解．
本题主要考查独立性检验，二项分布，属于中档题．
21.【答案】解：设，
由可得，又，，
所以，
又焦点到其一条渐近线的距离为，解得．
所以双曲线的方程为．
设直线的方程为，，，如图，
由得，
所以，
因为，直线，
则直线在轴上的截距为，
直线，则直线在轴上的截距为，
由题意得，又，
所以．
所以，则，
即，
即有，
即有，化简得或．
若，直线过顶点，舍去．所以．
则直线的方程为，
所以直线过定点．
【解析】根据所给条件，列出方程组，求出，即可得解；
设出直线方程及，点的坐标，求出截距建立方程，再由解方程得或，即可得解．
本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：由于，
由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．
令，则，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
且时，，时，，，
故的图象如图所示：
当时，有两个零点，且，
则或，
故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
的极大值点为，极小值点为，
故有两个极值点时，实数的取值范围为．
由于
，
若设，，则上式即为，
由可得，两式相除得，即，
由，得，
所以，令，
则在恒成立，由于，
令，
则，，
显然在递增，
又有，所以存在使得，
且易得在递减，递增，又有，，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，，，时，，，
所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为
【解析】由题意转化为有两个不同实数根，利用导数研究大致图象，数形结合求解；
要证不等式可转化为，换元后分离参数可转化为，利用导数求出不等式右边的最小值即可得解．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查函数恒成立以及转化思想，对于不等式恒成立进行恒等转化，换元后在进行转化，分离参数为是解题的第一个关键，再换元后，构造函数，利用导数求函数的最值是第二个关键点，是难题．
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