【文档说明】云南省红河州开远市第一中学2024届高三上学期开学考试 数学解析.pdf，共(23)页，703.781 KB，由小赞的店铺上传

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开远市第一中学校2023年秋季学期高三年级开学考试数学考生注意：1.本试满分150分，考试时间120分钟.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本

试卷上无效.超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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i为虚数单位，若复数2iia（aR）为纯虚数，则复数2iza

在复平面上对应的点（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】化简复数2iia，由纯虚数概念可解得a的值，从而得出结论.【详解】由2222i(2i)(i)212ii111aaaaaaa为纯虚数,则实部22101aa

,虚部2201aa,解得12a,则复数1iz，在复平面上对应的点在第四象限.故选:D.2.设全集UR，220Bxxx，1Axx，则图中阴影部分对应的集合为（）A.1xxB.

12xxC.1xxD.12xx【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式可求得集合12Bxx，再由图中阴影部分利用集合的基本运算即可求得结果.【详解】解集合B对应的不等式220xx可得12x，即

12Bxx；易知图中阴影部分对应的集合可表示为UABð，由1Axx可得1UAxxð，因此12UABxxð，即图中阴影部分对应的集合为12xx.故选：D3.某市近几年大力改善城市环境，全面实现创

建生态园林城市计划，现省专家组评审该市是否达到“生态园林城市”标准，从包含甲、乙两位专家在内的8人中选出4人组成评审委员会，若甲、乙两位专家至少一人被邀请，则组成该评审委员会的不同方式共有（）A.70种B.55种C.40种D.25种【答案】B

【解析】【分析】先计算全部的选法，再考虑甲、乙均不选的选法，利用间接法作差即可．【详解】解：8人中选4人有4870C种，甲、乙均不选有4615C种，共有4486CC55种．故选：B．4.已知直线1yx与曲线

lnyxa相切，则实数a（）A.1B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】设切点的坐标为00,xy，利用导数的几何意义可得出01xa，再由点00,xy为直线1yx与曲线lnyxa

的公共点可得出关于实数a的等式，解之即可.【详解】设切点的坐标为00,xy，对函数lnyxa求导可得1yxa，所以切线的斜率为01xa，因为函数lnyxa在点00,xy处的切线方程为1yx，则011xa，可得01xa，的又因为点00,xy为直线1

yx与曲线lnyxa的公共点，则0001lnyxxa，即2ln1a，解得2a.故选：C.5.已知抛物线C：212yx的焦点为F，抛物线C上有一动点P，4,2Q，则PFPQ的最小值为（）A.5B.6C.7D.8【答案】

C【解析】【分析】抛物线的准线l的方程为3x，过P作PMl于M，根据抛物线的定义可知PFPM，则当,,QPM三点共线时，可求PMPQ得最小值，答案可得.【详解】解：抛物线C：212yx的焦点为3,0F，准线l的方程为3x，如图

，过P作PMl于M，由抛物线的定义可知PFPM，所以PFPQPMPQ则当,,QPM三点共线时，PMPQ最小为347.所以PFPQ的最小值为7.故选：C.6.若函数3212()33fxx

x在区间(1a,5a)内存在最小值，则实数a取值范围是（）A.[－5,1)B.(－5,1)C.[－2,1)D.(－2,1)【答案】C的【解析】【分析】先求出函数的极值点，要使函数在区(1a,5a)内存在最小值

，只需极小值点在该区间内，且在端点处的函数值不能超过极小值．【详解】由2()2fxxx，令()0fx，可得2x或0x，由()0fx得：<2x或0x，由()0fx得：20x，所以函数(

)fx在(,2)上单调递增，在(2,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，所以函数在0x处取得极小值2(0)3f，令32122333fxxx，解得0x或3x，若函数()fx在(1a,5a)内存在最小值，则3105aa，得21a．故选：C7

.在等差数列{}na中，12023a，其前n项和为nS，若101221210SS，则2023S（）A.2023B.2022C.2021D.2020【答案】A【解析】【分析】由等差数列的求和公式可求得na的公差为d，再由等差数列的求和公式即可求解.【详解】设等差

数列na的公差为d，因为101221210SS，所以11121110912102221210adad，可得：2d，所以20232022202320232023220232S.故选：A.8.在平面直角坐标系中，已知点3,4P为

角终边上一点，若1cos3，0,π，则sin（）A.38215B.38215C.46215D.62415【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的定义求出角的正弦值和余弦值，求出的取值范围，利用同角三角函数的基本关系求出sin的值，再

利用两角差的正弦公式可求得sin的值.【详解】因为点3,4P为角终边上一点，由三角函数定义可得2233cos534，22443sin,15234，易知为第一象限角

，不妨设ππ32，因为0,π，则π3π32，因为1cos03，则ππ32，所以，22122sin1cos133，所以，sinsinsincoscossin

22314624353515.故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.若一组样本数据,1,2,3,,iixyin线性相关

，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点,xyB.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到25.028，依据0.05的独立性检验0.053.841x，则推断X与Y无关不成立，即认为X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.

05C.若随机变量和满足21，则21EE，41DDD.若随机变量2~100,XN，且1200.84PX，则1001200.34PX【答案】ABD【解析】【分析】

根据回归方程的性质判断A，根据独立性检验的思想判断B，根据期望与方差的性质判断C，根据正态分布的性质判断D.【详解】对于A：若一组样本数据,1,2,3,,iixyin线性相关，则用最小二乘法得到的经验回归直线必经过样本中心点,xy，故A正确；

对于B：因为20.055.0283.841x，所以有95%把握可判断分类变量X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，故B正确；对于C：若随机变量和满足21，则21EE，4DD，故C错误；对于D：若随机变量

2~100,XN，且1200.84PX，则1001201201000.840.50.34PXPXPX，故D正确；故选：ABD10.已知三棱锥ABCD的各顶点都在球O上，点M，N分别是AC，CD的中点，AB平面BCD，222CDABBC，6AD，

则下列说法正确的是（）A.三棱锥ABCD的四个面均为直角三角形B.球O的表面积为6C.直线BD与平面ABC所成角的正切值是12D.点O到平面BMN的距离是33【答案】ABD【解析】【分析】根据线面垂直的性质和勾股定理的逆定理可得

△ABC、△ABD、△DBC、△ACD为直角三角形，进而判断A；根据三棱锥外接球的结构求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可判断B；结合线面角的定义即可判断C；根据三棱锥等体积法求出点O到平面BMN的距离，进而得出平面BMN被球O所截的截面圆的半

径，利用圆的面积公式计算即可判断D.的【详解】AB⊥平面BCD，∴△ABC、△ABD为直角三角形，∵AB=1，BC=1，6AD，由勾股定理得2AC，5BD，又∵BC=1，CD=2，则222222BCCDBDAC

CDAD，，∴△DBC、△ACD为直角三角形，故A正确；三棱锥A-BCD可看作由长、宽、高分别为2、1、1的长方体截得，O为AD的中点，球O的直径为2222116，故球O的表面积26462S，故B正确；直

线BD与平面ABC所成角的平面角为∠DBC，∴tan2CDDBCBC，所以C不正确；在Rt△ABC中，2212BMAC，在△ACD中，1622MNAD，又2BN，∴△BMN为直角三角形，16232224BMNS△，设点O到平面BMN的距离为h，由于O到平面B

MN的距离与C到平面BMN的距离相等，∴OBMNCBNMMBCNVVV，则111323BCNBMNSABSh△△，则111131132234h，解得33h，故D正确，故选：ABD．11.已知圆22:(1)1,3,1CxyA，点P为圆C上一动点，

O为坐标原点，则下列说法中正确的是（）A.AP的最大值为51B.OPPA的最小值为22C.直线AP的斜率范围为40,3D.以线段AC为直径的圆与圆C的公共弦方程为322yx【答案】AC【解

析】【分析】首先判断点C在圆外，则max||1APAC，即可判断A，根据OPPAOA判断B，设直线:31APykx，利用点到直线距离公式得到不等式，解得k的取值范围，即可判断C，求出以

AC为直径的圆的方程，两圆方程作差即可求出公共弦方程.【详解】圆22:(1)1Cxy的圆心1,0C，半径1r，又3,1A，所以223115ACr，即点C在圆外，所以max||151APAC，故A正确；

10OPPAOA，当且仅当P在线段OA与圆C的交点时取等号，故B错误；设直线:31APykx，根据题意可得C点到直线AP的距离21211kdk，解得403k，故C正确；设AC的中点为D，则12,2D

，又22152122AD，所以以AC为直径圆的方程2215(2)24xy，显然圆D与圆C相交，所以公共弦方程为23yx，故D错误．故选：AC．12.若0,0,2abab，则下列不等式对一切满足条件的ab，恒成立的是（）A.1ab

B.2abC.112abD.222ab【答案】ACD的【解析】【分析】使用基本不等式、1的代换等方法一一判别即可.【详解】对A，因为0,0ab，所以22abab即1ab，当且仅当1ab时等号成立，

A正确；对B，因为0,0ab，所以22=2+2abababab，结合A选项有24ab，故2ab，当且仅当1ab时等号成立，B不正确；对C，因为0,0ab，2ab，所以112ab，所以11=ab211112212222baabaaababbb

，当且仅当222abbaab，即1ab时等号成立，C正确；对D，222242abababab，由A选项有1ab，则22ab，所以222ab，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题

共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a与b的夹角为2π3，且10,3,4ab，则a在b方向上的投影向量的坐标为__________.【答案】3,4【解析】【分析】直接根据向量的投影公式求解即可【详解】因为

3,4b，所以5b，则a在b方向上的投影为341cos,103,425，baabb.故答案为：3,4.14.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则异

面直线AE与BF所成角的余弦值为________.【答案】31010##31010【解析】【分析】取ED的中点为G，连接AG，FG，由已知条件可证得四边形ABFG为平行四边形，所以BF∥AG，所以∠EAG是AE与BF所成的角，在△AEG中，利用余弦定理可求得结果【详解】因为ED⊥平面ABC

D，FC⊥平面ABCD，所以ED∥FC.取ED的中点为G，连接AG，FG，如图，因为ED＝2FC，所以DG＝FC，且DG∥FC，所以四边形CDGF为平行四边形，则FG∥CD且FG＝CD.又四边形ABCD为正方形，所以CD∥AB，CD＝AB，所以FG∥AB且FG＝AB，所以四边形ABFG为平行四

边形，则BF∥AG，所以∠EAG是AE与BF所成的角.由正方形ABCD的边长为2，ED＝2FC＝2，可得22,5,1AEAGEG，在△AEG中，由余弦定理得222581310cos2102225AGAEEGEAGAEAG.故答案

为：3101015.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的右焦点为,0Fc，直线:lxc与双曲线C交于,AB两点，与双曲线C的渐近线交于,DE两点，若2DEAB，则双曲线C的离心率是_________．【答案】233##233【解析】【分析】利用双曲线通径长和与渐近线交

点情况可得AB,DE,由2DEAB和,,abc关系可求得2cb，3ab=，由此可求得离心率．【详解】由双曲线方程可得其渐近线方程为：byxa，直线:lxcAB为双曲线的通径，则由22221xcxyab得2xcbya，则22bA

Ba，由xcbyxa得xcbcya，则2bcDEa由2DEAB得：2bca24ba即2cb所以223acbb，所以离心率233cea故答案为：23316.已知函数2cosfxx（0，π2）的部分图象如图所示，将

函数fx图象上所有的点向左平移π12个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得函数图象的解析式为______．【答案】2cosyx【解析】【分析】根据图象求得π2cos2

6fxx，将函数fx图象上所有的点向左平移π12个单位长度，得ππ2cos22cos2126yxx，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得2cosyx，即可解决.【详解】由题知，函数2cosfxx

（0，π2）的部分图象如图所示，所以1πππ43124T，即πT所以2，所以2cos2fxx，因为图象经过点π,212，所以ππ2cos2126f

，所以π02π,6kkZ，因为π2，所以π6，所以π2cos26fxx，将函数fx图象上所有的点向左平移π12个单位长度，得ππ2cos22cos212

6yxx，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得2cosyx，所以所得函数图象的解析式为2cosyx，故答案为：2cosyx四、解答题：本题共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.已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且2223sin2acbAbc.（1）求B的大小；（2）若△ABC为钝角三角形，且3b，求△ABC

的周长的取值范围.【答案】（1）π3（2）23,33【解析】【分析】（1）根据正余弦定理，将条件变形，求角B的大小；（2）根据正弦定理，将周长表示为三角函数，根据函数的定义域，求周长的取值范围.【小问1详解】根据余弦定理可知，222cos2ac

bBac，所以32cossin2acBAbc，即3cos3sincossinsinsinaBABAAbB，则tan3B,0,πB，所以π3B；【小问2详解】设π2π,23A，根据正弦定理可知32πsinsinsinsin3acb

ACB，所以2sinaA,2π2sin2sin3cCA，所以周长2π2sin2sin33abcAA312sin2cossin322AAA3sin3cos3AAπ23sin

36A,因为π2π,23A,,πππ25636A，所以13sin,622πA，所以π2323sin3336A，所以ABC的周长

为23,33.18.已知nS为数列na的前n项和，242nnSan．（1）证明：数列4na为等比数列；（2）设数列12nnnaa的前n项和为nT，证明：16nT．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】

（1）取1n计算12a，11224nnnnnaSSaa得到1424nnaa，得到证明.（2）确定4324nna，变换1121113324324nnnnnaa，利用裂项求和计算得到证明.【小问1

详解】1112412aSa，12a，146a．由242nnSan，得112412,2nnSann，1112422412224,2nnnnnnnaSSanaaan，所以124,2nnaan

，故11142442,244nnnnaanaa，所以数列4na是以6为首项，2为公比的等比数列．【小问2详解】1462324nnna，故111221113324324324324nnnnnnnnaa

，所以212231222nnnnTaaaaaa1111111111111328820324324633246nnn

．19.新能源汽车是指除汽油、柴油发动机之外的所有其他能源汽车，被认为能减少空气污染和缓解能源短缺的压力.在当今提倡全球环保的前提下，新能源汽车越来越受到消费者的青睐，新能源汽车产业也必将成为未来汽车产业发展的导向与目标.某机

构从某地区抽取了500名近期购买新能源汽车的车主，调查他们的年龄情况，其中购买甲车型的有200人.（1）估计购买新能源汽车的车主年龄的平均数和中位数.（2）将年龄不低于45岁的人称为中年，低于45岁的人称为青年，购买其他车型的车主青年人数

与中年人数之比为3:1.完成下列22列联表，依据0.005a的独立性检验，能否认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关？青年中年合计甲车型其他车型合计（3）用分层抽样的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，再从中随机抽取4人，记青年

有X人，求X的分布列和数学期望.附：22nadbcnabcdabcdacbd.a0.1000.0500.0100.005ax2.7063.8416.6357

.879【答案】（1）40.75,41.15（2）有95%的把握认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.（3）分布列见解析,5()2EX.【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图计算购买新能源汽车的车主年龄的平均数和中位数;（2）根据分布列和已知条件求出购买甲车型和其他车型的青年、中年人数，

可得列联表，然后计算卡方，查表可作出判断；（3）先计算各层所抽取人数，然后由超几何分布概率公式求概率可得分布列，再根据期望公式可解.【小问1详解】购买新能源汽车的车主年龄的平均数为200.00510+300.02510+400.032510+50

0.032510+600.00510=40.75,设购买新能源汽车的车主年龄的中位数为t,0.05+0.250.5,0.05+0.250.3250.5,0.05+0.25350.03250.5,41.15tt

【小问2详解】由直方图可知，购买甲车型的青年人数为200(0.0050.0250.0325)10125人，中年人数为20012575人，购买其他车型的青年人数为3(500200)22531人，中年人数为30022575人，于是的22列联表：青年

中年合计甲车型12575200其他车型22575300合计350150500因为22500(1257522575)1258.9297.87935015020030014，所以，有95%的把握认为购买甲车型新能源汽车与年龄有关.【小问3详解】用分层抽样

的方法从购买甲车型的样本中抽取8人，则青年有12585200人，中年有7583200人，所以X的可能取值为1,2,3,4.135348CC511C7014PX，225348CC3032C707PX，315348CC30

33C707PX，405348CC514C7014PX，所以X的分布列为：X1234P1143737114所以13315()12341477142EX.20.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别是CD，PB的中点．（1）

证明：//EF平面PAD．（2）若四棱锥PABCD的体积为32，DEF的面积为4，求B到平面DEF的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）取AB的中点G，连接EG，FG，

可得线线平行，根据面面平行的判定定理及性质定理可得证；（2）由等体积法可求出B到平面DEF的距离.【小问1详解】证明：取AB的中点G，连接EG，FG．因为G，F分别是AB，PB的中点，所以FGAP∥．又FG平面

PAD，AP平面PAD，所以//FG平面PAD.因为E是CD的中点，ABCD是平行四边形，所以EGAD∥．同理可得，//EG平面PAD.因为FGEGG，,EGFG平面EFG，所以平面EFG∥平面PAD．因为EF平面EFG，所以//EF平面

PAD．【小问2详解】因为E是CD的中点，所以BDE的面积是平行四边形ABCD面积的14．因为F是PB的中点，所以三棱锥FBDE的高是四棱锥PABCD的高的12．因为四棱锥PABCD的体积为32，所以三棱锥FBDE的体积为1132442．设B到平面DEF的距离为d，因为DEF

的面积为4，所以1443d，得3d，即B到平面DEF的距离为3．21.已知圆22:2150Axyx和定点10B,，M是圆A上任意一点，线段MB的垂直平分线交MA于点N，设点N的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）若直线1ykx与曲线C

相交于P，Q两点，试问：在x轴上是否存在定点R，使当k变化时，总有ORPORQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22143xy；（2）存在定点4,0R.【解析】【分析

】（1）根据题意得NMNB，进而得4NMNB，所以有42NANBAB，故点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，再根据椭圆的定义即可得答案；（2）假设存在点,0Rt满足题设，设11,Pxy，22,Qxy，联立直线

1ykx与椭圆方程22143xy得2122843kxxk，212241243kxxk，再将OR平分PRQ转化直线RP与直线RQ的斜率之和为零，最后将式子带入化简即可求解.【详解】（1）圆22:116Axy

，圆心1,0A，由线段MB的垂直平分线交MA于点N得NMNB，又4NMNB，所以42NANBAB，所以由椭圆的定义知点N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程2222:1xyCab，则24a，22c，所以24a，23b

，为所以曲线22:143xyC.（2）设存在点,0Rt满足题设，联立直线1ykx与椭圆方程22143xy消y得22224384120kxkxk，设11,Pxy，22,Qxy，则由韦达定理得2122843kxxk①，212

241243kxxk②，由题设知OR平分PRQ直线RP与直RQ的倾斜角互补，即直线RP与直线RQ的斜率之和为零，即12120yyxtxt，即1221120xyxytyy，即1212212

0kxxtkxxtk③，把①、②代入③并化简得24043tkk，即40tk④，所以当k变化时④成立，只要4t即可，所以存在定点4,0R满足题设.【点睛】本题考查利用定义法求椭圆的方程，椭圆中的定点问题，考查运算能

力与化归转化思想，是中档题.22.已知函数242lnfxaxxxaR．（1）讨论函数fx的单调性；（2）若2a，证明：22ln2e2xfxxxx．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论参

数a的取值范围，利用导数求解函数()fx的单调性；（2）代入2a，化简不等式，通过构造函数ln1xgxx，2exhxx，利用导数求解函数(),()gxhx的最值，将不等式转化为minmaxhxgx即可求证.【小问1详解】解：由题可知，,()0x，2224

224axxfxaxxx．若0a，42xfxx，所以fx在10,2上单调递增，在1,2上单调递减；若a<0，令0fx，解得1110axa或2110axa（舍），所以fx在110,aa

上单调递增，在11,aa上单调递减；若0a，当16160a，即1a时，0fx在0,上恒成立，所以fx在0,上单调递增；当01a时，令0fx，解得111axa或21

1axa，所以fx在110,aa上单调递增，在1111,aaaa上单调递减，在11,aa上单调递增；【小问2详解】证明：若2a，要证22ln2e2xfxxxx，即证

2lnexxxx，即证2lne1xxxx．令函数ln1xgxx，则21lnxgxx．令0gx，得0,ex；令0gx，得e,x．所以gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，所以max1e1egxg，令函数

2exhxx，则3e2xxhxx．当0,2x时，0hx；当2,x时，0hx．所以hx在0,2上单调递减，在2,上单调递增，所以2mine24hxh．因为2e1104e，所以

minmaxhxgx，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com