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2023-2024学年广东省阳江市高三（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. 已知函数是上的单调函数，且，则在上的值域为( )
A. B. C. 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.
4. 如图，棱长为的正方体中，点在线段上运动，以下四个命题：
三棱锥的体积为定值；
；
直线与平面所成角的正弦值为；
的最小值为．
其中真命题有( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
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.
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.
7. 已知函数，，，恒成立，则为( )
A. B. C. D.
8. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，的面积为，若，则的取值范围为( )
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. 下列关于排列组合数的等式或说法正确的有( )
A.
B. 设，则的个位数字是
C. 已知，则等式对任意正整数，都成立
D. 等式对任意正整数都成立
10. 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
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、、、作椭圆的切线、、、，且、交于点，、交于点，则、的斜率乘积为定值
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
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在边长为的菱形中，，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______ ．
14. 已知函数在上为减函数，命题为假命题，则的最大值为______ ．
15. 已知奇函数，有三个零点，则的取值范围为______ ．
16. 斜率为的直线与椭圆：交于，两点，且在直线的左上方若，则的周长是______ ．
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
在中，为的角平分线，且．
若，，求的面积；
若，求边的取值范围．
18. 本小题分
已知数列中，是其前项的和，，．
求，的值，并证明是等比数列；
证明：．
19. 本小题分
在正三棱台中，，，为中点，在上，．
Ⅰ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；
Ⅱ求直线与平面所成角的正弦值．
20. 本小题分
已知，分别是椭圆长轴的两个端点，的焦距为，，是椭圆上异于，的动点，直线与的另一交点为，直线与的另一交点为．
求椭圆的方程；
证明：直线的倾斜角为定值．
21. 本小题分
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“”的概率为，“”的概率为；若不能成功返航，则此次科考任务不能获得任何科考数据记一艘该型号飞艇共可获得的科考数据的总价值为万元．
若，，求的分布列；
求用和表示．
22. 本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若，且，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意，，
所以．
故选：．
根据补集与交集的运算，可得答案．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由题意设，则，且，
所以，即，解得，
所以，，
因为函数，都为单调递增函数，所以函数在上单调递增，
则当时，，当时，，
所以函数的值域为，
故选：．
由题意设，则，且，然后令，得到，由此求出的值，进而求出函数的解析式，根据函数的单调性即可求出函数的最值，由此即可求解．
本题考查了利用函数单调性求解值域问题，涉及到换元法的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：当在的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使点动到一个使得的位置，取的中点，连接，，
因为，，所以，，故即为二面角的平面角，
的外心为，过作平面的垂线，
过的外心作平面的垂线，两条垂线均在平面内，它们的交点就是球心，
画出平面，如图所示；
在平面内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以，当且仅当时取等号．
故选：．
取的中点，可得即为二面角的平面角，的外心为，过作平面的垂线，过的外心作平面的垂线，两条垂线均在平面内，它们的交点就是球心，在平面内，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．
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，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：正方体中，，，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面，
即当点在线段上运动时恒为定值，
又，也为定值，
三棱锥的体积为定值，正确；
在正方体中，平面，平面，
，
在正方形中：，
又，，平面，
平面，
又平面，
，正确；
连接，交于点，连接，
易知，又平面，
平面，
为直线与平面所成角，
，，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为，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，，
，
，
在中，，，
，
，
的最小值为，错误．
故选：．
易证平面，由此即可说明三棱锥的体积为定值；易证平面，由此即可证明；先证得为直线与平面所成角，再求出，由此即可得出结论；将正方形沿翻折得到正方形，易得，由此得解．
本题主要考查棱锥体积的求法，直线与平面所成角的求法，两点间的距离的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】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：．
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．
本题主要考查了动点的轨迹方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：如图，因为以为圆心的圆与轴交于，两点，所以圆的方程为，令，可得，
则，，
在直角三角形中，因为，所以，，
在直角三角形中，可得，故，
由椭圆定义可得，
在中，由余弦定理可得，
整理可得，即，
则负值舍去，
故选：．
由已知可得，即可得，，由椭圆定义可得，在中，由余弦定理可得，即可得，解方程即可．
本题考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
7.【答案】
【解析】解：已知，，函数定义域为，
不妨设，函数定义域为，
可得，
不妨设，函数定义域为，
可得，
所以函数在定义域上单调递增，
即函数在上单调递增，
当时，
因为，
又，
所以，
此时，
则在区间上存在一点，使得；
当时，，
可得，
又，
所以在区间上存在一点，使得；
当时，
不妨设，
易知，
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，函数取得最小值，最小值，
则，当且仅当时，等号成立，
此时，
所以在区间上存在一点，使得，
即，
综上，对任意，在区间上存在一点，使得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以
，
整理得，
则，
不妨设，函数定义域为，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得极大值也是最大值，最大值，
故的最大值为．
故选：．
由题意，构造函数，对函数进行求导，分别讨论当，和这三种情况，结合导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．
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、分类讨论、转化思想和运算能力．
8.【答案】
【解析】解：在中，，，
，
，即，
由余弦定理可得，，
故，
由正弦定理可得，，化简整理可得，，
故B或舍去，
则，
为锐角三角形，
，解得，
故，
．
故选：．
根据已知条件，结合三角形面积公式，以及正余弦定理，即可求解．
本题主要考查三角形面积公式，以及正余弦定理，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对：，A正确；
对：，
则，
故，
其个位数字是，
故的个位数字是，B错误；
对：若，则，C正确；
对：的展开式为，
，
故展开式的的系数为，
又，则，
同理可得：的展开式为，
即展开式的的系数为，
由于，故，D正确．
故选：．
对：根据运算求解；
对：，结合排列数分析运算；
对：根据组合数分析运算；
对：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算．
本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了逻辑推理与证明的应用问题，是基础题目．
10.【答案】
【解析】解：对于：过点作交于点，连接，，
则即为与所成角的平面角，且，
当点由点向点移动的过程中，线段逐渐变长，逐渐变短．
所以逐渐变大．又当点在点处时，；
当点在点处时，，故A正确．
对于：由题意可知和均为直角三角形．
所以与的交点即为三棱锥的外接球的球心．
此外接球的体积，不正确．
对于：点在正方体右侧面内，满足，所以点的轨迹的长度为，故C正确．
对于：由三棱锥的体积为知点到平面的距离为，
则点在过点与过点且与平面平行的两个平面与上．
因为与平面，所成角的余弦值为，该角大于所以点在平面上．
又因为恒成立，所以点的轨迹为椭圆，故D正确．
故选：．
依据正方体和性质，逐项计算判断即可．
本题是空间几何的性质，考查轨迹问题，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，对于椭圆，其中，
设为椭圆上一点，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，
设，，，则，
由，又，，当且仅当时等号成立，
所以，故B错误；
对于，取，则，故C错误；
对于，设椭圆上一点，则，即，
设切线：，切线过点，，即，
由，消去，整理得，
是椭圆的切线，，
，且由韦达定理，有，
、两式相乘，化简得，将式代入，解得，
由式，有，，的方程为，结合式，化简得，
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，
，故D正确．
故选：．
对于，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，将的面积分为部分，设，，，可得结合选项A及基本不等式可判断；对于，取可判断；对于，求出，的方程，可得，，根据斜率公式即可判断．
本题考查椭圆的几何性质，考查方程思想，考查运算求解能力，属难题．
12.【答案】
【解析】解：令，
，
因为，
所以，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
对于：因为，
所以，
所以，
所以，故A正确；
对于：因为，
所以，
所以，
所以，故B正确；
对于：由上可得，
，
令，
，
令得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
所以，
所以，
所以在上，单调递增，故C正确；
对于：由选项知不存在最值，故D错误，
故选：．
令，求导得，分析的符号，的单调性，进而可得，是否正确；由上可得，求导得，令，求导分析单调性和最值，可得的符号，的符号，的单调性，即可得出答案．
本题考查了利用导数研究函数的单调性、转化方法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：如图所示，
由已知可得和都是等边三角形，取的中点，
则，由题意得，则，
，，
解得，可得，则，
平面，平面，．
又，平面，
在中，，
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，
可得，
在和中，
由勾股定理可得，
即，解得．
三棱锥的外接球的半径为．
故答案为：．
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，然后在和中求解即可．
本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.【答案】
【解析】解：命题为假命题，则为真命题，
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；
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，
则，，
，又．
所以，即．
所以，
即时原命题为真命题，不符合．
故答案为：．
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．
本题考查三角函数的综合问题，考查数形结合的思想，属于中档题．
15.【答案】
【解析】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，，为偶函数，
，是上的增函数，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，的取值范围为．
故答案为：．
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，求的取值范围．
本题考查导数的综合应用，利用导数解决含参函数的单调性问题，恒成立问题，分类讨论和数形结合思想的应用，属难题．
16.【答案】
【解析】解：把点代入曲线，有，
可得在椭圆：上，
由题意设直线：，
联立，得．
由，得，
又在直线的左上方，，得，
．
若或的横坐标为，则，
解得或，与不符，
故A或的横坐标不可能为，即、的斜率存在．
则，，
，
而
，可得，
又，则，与轴围成的三角形为正三角形，
故，
故直线的方程，
联立，得，
其两根为，
则，即，
故；
同理求得，．
而．
故的周长是
．
故答案为：．
确定点在椭圆上，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，的横坐标，即可求得，，，则答案可求．
本题考查直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，计算复杂，运算量大，有一定难度．
17.【答案】解：因为，
所以，
得：，
解得，
所以．
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．
【解析】根据得到的长，再利用三角形的面积公式求解即可；
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．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：由，得，整理得，
又，取，可得，
联立解得，．
下面证明是等比数列：
由，得，
，得，
，可得，
，，得，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列；
证明：由知，，
则，
，
，，
于是，
其中，
于是，
．
即．
【解析】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；
根据求出，再结合放缩法即可进行证明．
本题考查数列递推式，考查等比数列的通项公式与前项和，训练了利用放缩法证明数列不等式，属难题．
19.【答案】解：Ⅰ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，得平面，又平面，则平面，
由，，则平面，又，
故A平面；
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；
Ⅱ由Ⅰ可知，，由，，
易知，所以，
所以，
所以，
棱台的高，
设直线与平面所成角为，
所以．
【解析】根据空间中的点、线、面的关系即可作图，再利用相似三角形的相似比可得与的比值；
根据线面角定义，计算出和棱台的高，即可求解．
本题考查直线与平面的位置关系，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
20.【答案】解：由题意，，，，
．
椭圆的方程为．
证明：设，，，则．
当直线的斜率存在时，其方程为，
代入椭圆的方程，整理得．
．
直线的方程为，代入椭圆的方程，
整理得．
．
因此，此时轴，即直线的倾斜角为．
当直线的斜率不存在时，其方程为，此时．
由知，
．
，此时轴，即直线的倾斜角为．
综上所述，直线的倾斜角为．
【解析】根据题意可得，，的值，进而得到椭圆方程；
分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论即可．
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．
21.【答案】解：根据题意，若，，则的所有取值为，，，
记一艘该型号飞艇第次执行科考任务能成功返航为事件，获得价值为万元的科考数据为事件，，
则，
，
，
所以的分布列为
根据题意，因为的分布列为
所以，
记一艘该型号飞艇共可成功返航次．
则的全部取值为，，，，，且的分布列为
所以，
所以，
所以，
所以，
所以．
【解析】根据题意，分析可取的值，进而求出的每一个值对应的概率，即可得的分布列；
根据题意，求出的分布列，记一艘该型号飞艇共可成功返航次．求出的分布列，进而计算可得答案．
本题考查随即变量的期望和方差，涉及随机变量的分布列，属于中档题．
22.【答案】解：，．
，
令，解得；令，解得．
函数的单调递减区间为，单调递增区间为．
证明：时，；
时，；；
时，．
，且，
结合函数单调性可得：．
设，，
则，
，，
又，．
设，．
，
令，可得，函数在上单调递增；
令，可得，函数在上单调递减．
由，，
故，
，
，，
故，
．
令，．
，
函数在上单调递减，
又，，
从而，，
又，，
，
，
综上可得：．
【解析】，利用导数的运算法则可得，分别解出，，即可得出函数的单调区间．
由条件结合函数单调性可得：通过构造，，可得构造，构造函数，利用导数研究函数的单调性与极值进而证明结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及最值、方程与不等式的解法、转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
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