【文档说明】安徽省安庆、池州、铜陵三市部分学校2024届高三上学期开学联考数学试题 含解析.docx，共(22)页，1.309 MB，由小赞的店铺上传

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数学本试卷共4页，22题.全卷满分150分，考试时间120分钟.考生注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.

写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共4

0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1,2,3,4,5,6A=，2680Bxxx=−+，则集合AB=（）A.2B.2,3,4C.1,5,6D.1,2,4,5,6【答案】C【解析】【分析

】先求解一元二次不等式得集合B，再进行交集运算即可.【详解】2Bxx=或4x，所以1,5,6AB=.故选：C.2.若复数z满足()1i1iz+=−，则z=（）A.i−B.iC.22i22−+

D.22i22−【答案】D【解析】【分析】由复数的模及复数的除法运算可求.【详解】由1i2−=，得()1i2z+=，则22(1i)22i22i1i(1i)(1i)222z−−====−++−.故选：D.3.已知cos21sin=−，则tan=（）A.43B.34

C.43−D.34−【答案】B【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系求解.【详解】因为cos21sin=−，所以cos2sin2+=,且cos0，所以22cos4sincos4sin4++=，即2

4sincos3cos=，cos0，所以3tan4=，故选：B4.在封闭的等边圆锥（轴截面为等边三角形）内放入一个球，若球的最大半径为1，则该圆锥的体积为（）A.3πB.6πC.9πD.12π【答案】A【解析】【分析】根据截面

图中圆内切于正三角形，即可求出圆锥的底面半径和高，进而可解决其体积.【详解】由题意，等边三角形的内切圆的圆心也是三角形的重心，所以得高为3h=，设底面半径为r，由已知得3tan60hr==，故体积为21π3π3Vrh==.故选：A5.已知函数()()2

ln24fxxxa=++为奇函数，则()2f=（）A.()ln21−B.()ln21+C.()2ln21−D.()2ln21+【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的知识求得a，进而求得()2f.【详解】()()2ln24fxxxa

−=−++()()222242424lnxxaxxaxxa=−++++++24ln2xaax=++，因为()fx是奇函数，所以()()0fxfx−+=，即()22lnln24ln024xxaaxxaa+++==++，

解得1a=，故()()()()()2ln241,2ln2232ln12fxxxf=++=+=+.故选：D6.分形几何是一门新兴学科，图1是长度为1的线段，将其三等分，以中间线段为边作无底边正三角形得到图2，称为一次分形；同样把图2的每一条线段重复上述操作得到图3，称为二次分形；……，则第5次分形后

图形长度为（）A.10227B.13381C.524243D.4515729【答案】C【解析】【分析】分析可知n次分形后线段的长度为43n.【详解】图1的线段长度为1，图2的线段长度为43

，图3的线段长度为243，，则一次分形长度为143a=，二次分形长度为2243a=，，n次分形后线段的长度为43n，故5次分形后长度5545243243a==，故选：C.7.已知椭圆C的左

右焦点分别为1F，2F，P，Q为C上两点，2223PFFQ=，若12PFPF⊥，则C的离心率为（）A.35B.45C.135D.175【答案】D【解析】【分析】根据椭圆的焦点三角形，结合勾股定理即可求解.【详解】设23PFm=，

则22QFm=，123PFam=−，122QFam=−.5PQm=在1PQF△中得：()()222232522ammam−+=−，即215ma=.因此225PFa=，185PFa=，212FFc=，在12

PFF△中得：22264442525aac+=，故221725ac=，所以175e=.故选：D8.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，,PQ分别为棱11CD，1BC上的动点，则四面体PQAD的体积最大值为（）为A.16B.14C.13D.12【答案】A【解析】【分析】作平行辅助线，借助

线面平行关系，将所求几何体体积QPADV−转化为GPADV−，再利用等体积法转化为APGDV−即可运算求解.【详解】过点Q作11QGBC∥交1CC于G，连接,,PGGDDP，又11BCBCAD∥∥QGAD∥，又QG平面PAD，且AD平面PAD，//QG平

面PAD，则QPADGPADAPGDVVV−−−==，设CGt=，1PDs=，则,0,1ts，11111(1)(1)(1)2222PGDSststst=−−−−−=−△，故四面体PQAD的体积()

1111(1)13326QPADAPGDPGDVVSADstst−−===−=−，当0st=时，其最大值为16.故选：A.二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.甲乙两名

射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的环数如下：甲78795491074乙9578768677则（）A.甲乙两人射击成绩的平均数相同B.甲乙两人射击成绩的中位数相同C.甲命中环数的极差大于乙命中

环数的极差D.甲比乙射击成绩更稳定【答案】ABC【解析】【分析】对A，计算平均数判断即可；对B，计算中位数判断即可；对C，根据极差的定义判断即可；对D，计算甲乙的方差判断即可.【详解】对A，甲平均数为()11787954910

74710x=+++++++++=，乙平均数为()219578768677710x=+++++++++=，故A正确；对B，甲命中环数从小到大排列为4,4,5,7,7,7,8,9,9,10，中位数为7；乙命中环数从小到大排列为5,6,6

,7,7,7,7,8,8,9，中位数为7，故B正确；对C，甲的极差为1046−=，乙的极差为954−=，故C正确；对D，甲的方差为：()140144949977++++++=，乙的方差为：()11244111177+++++=，40

1277，故D错误.故选：ABC10.已知()2,0P，()cos,sinA，()cos,sinB，A，B两点不重合，则（）A.PAPB−的最大值为2B.PAPB+的最大值为2C.若PAPB=，PAPB−最大值为3D.若PAPB=，PAPB+最大值为4【答案】A

D【解析】【分析】A选项，由几何意义可得A，B为单位圆上任意两点，从而得到2PAPBAB−=；B选项，取AB中点D，得到2PAPBPD+=，数形结合得到()1,3PD，进而求出()2,6PAPB+；C选项，2PAPBAB−=；D选项，分两种情况，得到24PAPBP

D+=.【详解】A选项，由已知A，B为单位圆上任意两点，1OAOB==，2PAPBAB−=，A正确；B选项，设D为AB的中点，则2PAPBPD+=，由于A，B两点不重合，所以()1,3PD，则()22,6PAPBPD+=，故B错误；C选项，当P，A，B共线时，2PAPBAB−

=，故C错误；D选项，当P，A，B共线时，若,AB坐标分别为()1,0−与()1,0或()1,0与()1,0−时，,OD两点重合，此时24PAPBPD+==，若,AB坐标不同时为()1,0−与()1,0时，此时OD⊥PB，则PDOP，故24PAPBPD+=，故D正确.故选：AD11

.已知1x=为函数()23logafxxxx=−−的极值点，则（）（参考数据：ln20.6931）A.()fx在()0,1上单调递减B.()fx的极小值为-2C.()315ffD.()114ff

【答案】BCD【解析】【分析】求导代入()10f=可得()23lnfxxxx=−+，再求导分析函数的单调性与极值即可.【详解】()123lnfxxxa=−−，由()10f=，故ln1a=−，所以1ea=，()23lnfxxxx

=−+.此时()()()2211231xxxxfxxx−−−+==，令()0fx¢>可得10,2x或()1,x+；令()0fx可得1,12x.故()fx在10,2，()1,+上单调递增，在1,12

单调递减.对A，()fx在10,2上单调递增，在1,12单调递减，故A错误；对B，()fx极小值为()12f=-，故B正确；对C，因为()fx在1,12单调递减，故()315ff

，故C正确；对D，()111ln421416ff=−−−=，故D正确.故选：BCD12.已知平行四边形ABCD中，()1,2A，()1,0B−，()3,0C，P，Q分别为ABC与ADC△的外接圆M，N

e上一点，则（）A.P，Q两点之间的距离的最大值为6B.若直线PQ与M，Ne都相切，则直线PQ的斜率为1C.若直线PQ过原点与Ne相切，则直线PQ被M截得的弦长为4D.tanADP的最大值为43【答案】B

D【解析】【分析】首先求出D点坐标，再根据0ACAB=，即可得到ABAC⊥，从而求出M、Ne的方程，再一一判断即可.【详解】在平行四边形ABCD中，()1,2A，()1,0B−，()3,0C，所以()2,2AB=−−，设(),Dxy，则()3,DCABxy==−−，所以322xy−

=−−=−，解得52xy==，所以()5,2D，()2,2AC=−，所以()()()22220ACAB=−+−−=，所以ABAC⊥，则ACCD⊥，所以()1,0M，()3,2N，4BCAD==，所以M的方程为：()2214xy−+=，Ne的方程为：()()22

324xy−+−=，则()()22312022MN=−+−=，所以P，Q两点之间距离的最大值为224+，故A错误.由已知//PQMN，故直线PQ的斜率为20131MNk−==−，所以B正确.当PQ斜率为0

时，直线PQ被M截得的弦长为4，当PQ斜率不为0时，直线PQ被M截得的弦长不为4，故C错误.显然AD与M相切，当DP与M相切（P不与A重合）时，tanADP最大，此时1tan2ADM=，所以22tan4tantan21tan3ADMADPADMADM===−，所以D正确.

的故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在621()xx+的展开式中，常数项为_____．【答案】15【解析】【详解】试题分析：常数项为224621Cxx，系数为2615C=．考点：二项式展开式．14.写出函数()sincosfxxx=−，π,πx−的

一个单调递增区间为________.【答案】3ππ,4−−，3ππ,4−−或3π0,4，3π0,4等【解析】【分析】根据函数奇偶性以及正弦型函数的单调区间公式得出结果.【详解】因()()fxfx−=，所以()

fx为偶函数，由0,πx，()πsincos2sin4fxxxx=−=−，故()fx在3π0,4上单调递增，在3π,π4上单调递减，的为由对称性可知在3π,π4−−

上单调递增.故答案为：3ππ,4−−，3ππ,4−−或3π0,4，3π0,4等.15.过抛物线2:4Cxy=的焦点F的直线l与C交于A、B两点，且4AFFB=，O为坐标原点，则OAB的面积为________.【答案】52【解

析】【分析】分析可知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为1ykx=+，设点()11,Axy、()22,Bxy，将直线l的方程与抛物线的方程联立，由4AFFB=，可得出124xx=−，结合韦达定理求出2k的值，求出AB以

及原点到直线AB的距离，利用三角形的面积公式可求得OAB的面积.【详解】易知，抛物线C的焦点为()0,1F，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，不合乎题意，所以，直线l的斜率存在，设直线l的方程为1ykx=+，设点()11,Ax

y、()22,Bxy，联立214ykxxy=+=可得2440xkx−−=，则216160k=+，故124xxk+=，124xx=−，又4AFFB=，即()()1122,14,1xyxy−−=−，即124xx=−，所以，12234xxxk+=−=，可得243xk=−，2212

244443xxxk=−=−−=−，解得2916k=.此时，()()212122441AByykxxk=++=++=+又因为原点O到直线AB的距离为211dk=+，故OAB的面积为()222111541212221SABdkkk==+=+=+

.故答案为：52.16.已知函数()22logafxxxx=−既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________.【答案】()1,e【解析】【分析】函数()fx既有极小值又有极大值，则()0fx=有两个不相等的实数根，进而分离参数，通过分析函数的单调性及最值，即可求出a的取值范

围.【详解】()122loglnafxxxa=−+()ln1222ln1lnlnlnlnxxxaxaaa=−+=−−函数()22logafxxxx=−既有极小值又有极大值，则()0fx=在()0,+上有两

个不等的实数根，即()2ln1ln0lnxaxa−−=有两个不等的实数根，所以ln1ln0xax−−=有两个不等的实数根，所以ln1lnxax+=有两个不等的实数根，令()ln1xgxx+=，()2lnxgxx−=，()0,1x时

，()0gx，()gx单调递增，()1,x+时，()0gx，()gx单调递减，()()max11gxg==，当x→+时，()0gx→，故0ln1a，解得()1,ea.故答案为：()1,e四、解答题：本大题共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.如图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，π4B=，满足()()()sinsinsinsinabABcBC+−=+.（1）求sinC；（2）点D在BC上，ADAC⊥，6AD=，求AB.【答案】（1）624−（2）3262+【

解析】【分析】（1）由正余弦定理可求出A，利用两角差的正弦公式求解；（2）在△ABD中，由正弦定理求解即可得解.【小问1详解】由已知及正弦定理得：()()()ababcbc+−=+，即222bcabc+−=−.由余弦定理得：2221cos22bcaAbc+−==−，又()0,π

A，所以2π3A=.故2ππππ3412C=−+=，所以ππππππ62sinsinsincoscossin3434344C−=−=−=；【小问2详解】由（1）知2π3A=，又ADAC⊥

，所以π6BAD=，7π12ADB=7πππ62sinsinsin12344ADB+==+=，在△ABD中，由正弦定理得：sinsinABADADBB=，所以7πsin32612π2sin4ADAB+==.18.

已知数列na满足11a=，12,21,N2,2,Nnnnankkaankk++=−==.（1）记2nnba=，求证：数列2nb+是等比数列；（2）若12nnTaaa=+++，求2nT.【答案】（1）证明见解析（2）1252610nnTn+=

−−【解析】【分析】（1）先计算出123ba==，125b+=，再推导出当2n时，122nnbb−=+，故数列2nb+是首项为5，公比为2的等比数列；（2）在（1）基础上求出1522nnb−=−，分组求和，得到()21221222nnnTaaabbbn=+++=+++

−，计算出125225nnnSbbbn=+++=−−，得到答案.【小问1详解】因为11a=，所以2123aa=+=，故123ba==，故12225ba+=+=，当2n时，()()221221211221222222nnnnnnnbaaaaab−−−−+−+====+=+=++，故()

1222nnbb−+=+，所以数列2nb+是首项为5，公比为2的等比数列；【小问2详解】由（1）知：1522nnb−=+，故1522nnb−=−，其中41321224221222222nnnnnn

aaaaaaaaabbb−+++++++++−++=−+−−==−，故()()()212213212421222nnnnnTaaaaaaaaabbbn−=+++=+++++++=+++−，设()11251222

5225nnnnSbbbnn−=+++=+++−=−−，故122252610nnnTSnn+=−=−−.19.为发展体育运动增强学生体质，甲乙两班各5名同学进行羽毛球友谊赛，每人至多参加一场比赛，各场比赛互不影响，比赛胜者本班获得相应积分，负者班级积分为0，其中甲班5

名参赛学生的情况如下表：学生ABCDE获胜概率0.40.50.60.70.8获胜积分87654（1）若进行5场比赛，求甲班至多获胜4场的概率；（2）若进行3场比赛，依据班级积分期望超过10为参赛资格，请问甲班

BCD三人组合是否具有参赛资格？请说明理由.【答案】（1）0.9328；（2）BCD三人组合具有参赛资格，理由见解析.【解析】【分析】（1）记,,,,ABCDE参赛获胜事件分别用,,,,ABCDE表示，由相互独立事件的概率乘法公式求出5场全胜的概率为:()0.

0672PABCDE=，又甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件,即可求解；（2）记BCD三人组合班级得分为Y,Y的取值分别为0,7,6,5,11,12,13,18,求出对应的概率，即可求出期望.【小问1详解】记,,,,ABCDE参赛获胜事件分

别用,,,,ABCDE表示，5场全胜的概率为：()0.40.50.60.70.80.0672PABCDE==，甲班至多获胜4场与5场全胜为对立事件，故甲班至多获胜4场的概率为()110.067

20.9328PPABCDE=−=−=,故甲班至多获胜4场的概率为0.9328；【小问2详解】记BCD三人组合班级得分为Y，Y的取值分别为0，7，6，5，11，12，13，18，由已知得()00.50.40.30.06PY===，()70.50.40.30.06PY===，()

60.50.60.30.09PY===，()50.50.40.70.14PY===，()110.50.60.70.21PY===，()120.50.40.70.14PY===，()130.50.60.30.09PY===，()180.50.60.70.21PY===，(

)70.0660.0950.14110.21120.14130.09180.2110.6EY=++++++=，因为()10.610EY=，所以BCD三人组合具有参赛资格.20.在矩形ABCD中，222ABBC==，将△ADC沿AC折起至△APC

的位置，且2PB=.（1）求证：平面PAB⊥平面PBC；（2）求二面角PACB−−的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】（1）在△PBC中，利用勾股定理证得PBBC⊥，然后利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证得结论.（2）取AB、CD的中点O、E，建立空间直角坐

标系，写出个点坐标及向量坐标，利用空间向量数量积公式求得平面的法向量，然后结合空间向量的夹角公式求得结果.【小问1详解】由已知可得：2BC=，2PB=，22PCCDAB===在△PBC中，222PBBCPC

+=，故PBBC⊥，又ABBC⊥，且PBABB=，AB平面PAB，PB平面PAB，BC⊥平面PAB，因为BCABC，所以平面PAB⊥平面PBC；【小问2详解】取AB、CD的中点O、E，连接OP，OE.因PAPB=，所以POAB⊥，由（1）知：平面PAB⊥平面ABC，平

面PAB平面ABCAB=，PO平面PAB为所以PO⊥平面ABC.以OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A−，()2,0,0B，()2,2,0C，()0,0,2P，设

平面APC的法向量为()111,,mxyz=r，()22,2,0AC=，()2,0,2AP=，0mAC=，0mAP=，故11112220220xyxz+=+=，取11x=，12y=−，11z=

−，则()1,2,1m=−−，又平面APC的法向量为()0,0,1n=，1cos,2mnmnmn==−.设二面角PACB−−的二面角为，则213sin122=−−=，所以二面角PACB−−的正弦值为32.21.已知双曲线C：22221xyab−=（0

a，0b）的离心率为2，()4,6P在C上.（1）求双曲线C的方程；（2）不经过点P的直线l与C相交于M，N两点，且PMPN⊥，求证：直线l过定点.【答案】（1）221412xy−=（2）证明见解析【解析】【分析】（

1）根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；（2）设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为ykxm=+，与双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到k和m的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率不存在的情况.【小问1

详解】由已知得：2,2cecaa===，则22223bcaa=−=，又因为()4,6P在C上，则2216361ab−=，解得24a=，212b=，所以双曲线C的方程为221412xy−=.【小问2详解】若直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykxm=+，()11,Mxy，()22,Nx

y，联立方程221412xyykxm−==+，消去y得()22232120kxkmxm−−−−=，由已知3k，则230k−，且0，可得12223kmxxk+=−，2122123mxxk+=−−，又因为()()11224,6,4,6P

MxyPNxy=−−=−−uuuruuur，由PMPN⊥可得：()()()()()()()()12121212446644660PMPNxxyyxxkxmkxm=−−+−−=−−++−+−=uuuruuur，整理得：()()(

)()2212121646160kxxkmkxxm++−−++−+=，则()()()22222122164616033mkmkkmkmkk++−+−−+−+=−−，可得2232418720mkkmm−−−+=，则()(

)468120mkmk+−−−=，由已知l不经过点()4,6，故460mk+−，所以8120mk−−=，即812mk=+，可得l：()812ykx=++，过定点()8,12Q−；若直线l的斜率不存在，设()11,M

xy，()11,Nxy−，可得()()11114,6,4,6PMxyPNxy=−−=−−−uuuruuur，由PMPN⊥可得：()()()()()2211111144664360PMPNxxyyxy=−

−+−−−=−−+=uuuruuur，又因为22111412xy−=，解得18x=−，满足条件，综上所述：故直线l过定点()8,12Q−.【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为ykxm=+，与曲线方程联立后得到两根之和与

两根之积，根据题意建立等量关系，求出,km的关系或者m的值，从而求出定点.22.已知函数()eaxfx=，()21gxx=+，若曲线()yfx=与()ygx=相切.（1）求函数()()yfxgx=−的单调区间；（2）若曲线()ymfx=上存在两个不同点()11,Axy，()22,Bxy关于y

轴的对称点均在()gx图象上.①求实数m的取值范围；②证明：122xx+.【答案】（1）递减区间为(),0−，递增区间为()0,+（2）①21,0e−；②证明见解析【解析】【分析】（1）设切点坐标,利用导数得出切线斜率，写出处切线方程，又切线方程为21yx=+，对照

得出方程，结合导数求出参数a，再利用导数求出单调区间；（2）①设()11,Axy，()22,Bxy，根据对称关系得出()221exmx−=−+有两个不等的实根，令()()221exGxx−=−+，通过导数求出函数(

)Gx的单调性及最值，得出结果.②不妨设12112xx，要证明122xx+，即证122xx−，故只需证()()122GxGx−，设()()()()21FxGxGxx=−−，利用导数求出函数()Fx的单调区间得出结果.【小问1详解】设曲线()yfx=与()ygx

=的切点坐标为()00,eaxx，由()eaxfxa=，得()00eaxfxa=.故切线方程为：()000eeaxaxyaxx−=−，即()000e1eaxaxyaxax=+−，又切线方程为21yx=+，所以0e2

axa=，①且()001e1axax−=，②设()()1ettt=−，()ettt=−，当(),0t−时，()0t，()t单调递增；当()0,t+时，()0t，()t单调递减，()t最大值为()()max01t==，由②可得：00ax=代入①

得：2a=，故()()2e21xyfxgxx=−=−−，()22e1xy=−所以()()yfxgx=−递减区间为(),0−，递增区间为()0,+.【小问2详解】由（1）知()2exfx=，故121ex

ym=，222exym=，①()11,Axy，()22,Bxy关于y轴的对称点为()11,Axy−，()22,Bxy−，由已知得：121e21xmx=−+，222e21xmx=−+，即()221exmx−=−+有两个不等的实根1x，2x，令()()221e

xGxx−=−+，()()241exGxx−=−，当(),1x−时，()0Gx，()Gx单调递减；当()1,x+时，()0Gx，()Gx单调递增，()()21min1eGxG==−，又x→−，()Gx→+，x→+，()0Gx→，且102G=，故

实数m的取值范围是21,0e−；②不妨设12112xx，要证明122xx+，即证122xx−，因为当(),1x−时，()Gx单调递减，故只需证()()122GxGx−，又()()12GxGx=，即证明()()2220GxGx−−，令()()()(

)21FxGxGxx=−−，()()()()()()()224224241e41e41eexxxxFxGxGxxxx−−−−=+−=−+−=−−因为1x，故242xx−−，故()0Fx，()Fx在()1,+单调递减，

所以()()10FxF=.故()20Fx，即()()2220GxGx−−，所以122xx+.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com