广东省阳江市2024届高三上学期开学适应性考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
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2的正方体中,点P在线段上运动,以下四个命题:
①三棱锥的体积为定值;
②;
③直线与平面所成角的正弦值为;
④的最小值为.其中真命题有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
5．已知圆与圆交点的轨迹为M,过平面内的点P作轨迹M的两条互相垂直的切线,则点P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x轴交于,B两点,与y轴正半轴交于点A,线段与C交于点M.若与C的焦距的比值为,则C的离心率为( )
A. B. C. D.
7．已知函数,,,恒成立,则的最大值为( )
A.e B. C. D.
8．在锐角中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,的面积为S,若,则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有( )
A.
B.已知,则等式对任意正整数n,m都成立
C.设,则x的个位数字是6
D.等式对任意正整数n都成立
10．已知正方体的棱长为2,M为空间中任一点,则下列结论中正确的是( )
A.若M为线段AC上任一点,则与所成角的范围为
B.若M为正方形的中心,则三棱锥外接球的体积为
C.若M在正方形内部,且,则点M轨迹的长度为
D.若三棱锥的体积为恒成立,点M轨迹的为椭圆的一部分
11．已知椭圆,其右焦点为F,以F为端点作n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P,,交于点Q,则PF,QF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
13．在边长为2的菱形中,,将菱形ABCD沿对角线AC翻折,取AC的中点N,连接BN,DN,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P:
为假命题，则k的最大值为______.
15．已知奇函数，有三个零点，则t的取值范围为________.
16．斜率为的直线l与椭圆交于A,B两点,且在直线l的左上方.若,则的周长是________.
四、解答题
17．在中,AD为的角平分线,且.
（1）若,,求的面积;
（2）若,求边AC的取值范围.
18．已知数列中，是其前n项的和，，.
（1）求，的值，并证明是等比数列；
（2）证明：.
19．在正三棱台中,,,D为中点,E在上,.
（1）请作出与平面CDE的交点M,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）;
（2）求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.
20．已知,分别是椭圆长轴的两个端点,C的焦距为2.,,P是椭圆C上异于A,B的动点,直线PM与C的另一交点为D,直线PN与C的另一交点为E.
（1）求椭圆C的方程;
（2）证明:直线DE的倾斜角为定值.
21．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1次执行科考任务,能成功返航的概率为,若第k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p,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X万元的科考数据,且“”的概率为0.8,“”的概率为0.2;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Y万元.
（1）若,,求Y的分布列;
（2）求（用n和p表示）.
22．已知函数.
（1）求的单调区间;
（2）若,且,证明:.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意,,.
2．答案：D
解析：因为是上的单调函数，所以存在唯一的，使得，
则，，.
因为为上的增函数，且，所以，
所以.因为在上单调递增，所以，得.
故选：D.
3．答案：B
解析：如图，先作出的外接圆，当D在的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，故可使D点动到一个使得的位置，取AC的中点M，因为，，所以，，故即为二面角的平面角，的外心为，过作平面ABC的垂线，过的外心作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；在平面ABC内，设，则，，因为，所以，所以，所以
令，则，所以，当且仅当时取等，故选B.
4．答案：C
解析：正方体中,,,
所以四边形为平行四边形,所以,
又平面,平面,所以平面,
即当点P在线段上运动时恒为定值,
又,也为定值,
所以三棱锥的体积为定值,①正确;
在正方体中,平面,平面,
所以,在正方形中:,
又,AB,平面,所以平面,
又平面,所以,②正确;连接,交于点,连接,
易知,又平面,
所以平面,
所以为直线与平面所成角,
,,
所以在中,,
即直线与平面所成角的正弦值为,③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M,
使得,
易知,,
所以,
所以,
在中,,,
所以,
,
的最小值为,④错误.
5．答案：A
解析：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N是以、为焦点的椭圆,
且,,则,所以轨迹M的方程为,
设点,当切线斜率存在且不为0时,设切线方程为:,
联立,消y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0时,点P的坐标为,,,,满足方程,
故所求轨迹方程为.
6．答案：D
解析：设椭圆的半焦距为c,因为以为圆心的圆过,故该圆的半径为2c,
故其方程为:,
令,则,结合A在y轴正半轴上,故,
令,则或,故.
故,故直线.设,
因为A在y轴的正半轴上,在x轴的负半轴上,故,
而,
故,整理得到:,
故,故,
所以,故,
整理得到:,故.
7．答案：A
解析：令,其中,则,
令,其中,则,
故函数在上为增函数,
①当时,,,则,
所以,,
所以,存在,使得;
②当时,,则,,
所以,存在,使得;
③当时,令,则,
令,则,
当时,,此时函数单调递减,
当时,,此时函数单调递增,
所以,,即,当且仅当时,等号成立,
所以,,
所以存在,使得,即.
由上可知,对任意的,存在,使得,
当时,,此时函数单调递减,
当时,,此时函数单调递增,
所以,
,则,
所以,,
令,其中,
所以,,
当时,,此时函数单调递增,
当时,,此时函数单调递减,
所以,,即的最大值为e.
8．答案：C
解析：在中,,
故题干条件可化为,由余弦定理得,
故,又由正弦定理化简得:
,
整理得,故或（舍去）,得
为锐角三角形,故,解得,故
9．答案：ABD
解析：对A:由可知,
,A正确;
对B:若,则,
B正确;对C:,,,
则,
故,
,其个位数字是0,
故的个位数字是9,C错误;
对D:的展开式通项为,
故展开式的的系数为,又,则,
同理可得:的展开式通项为,即展开式的的系数为,
由于,故,D正确.
10．答案：ACD
解析：对于A:过点M作交DC于点N,连接,.
则即为与所成角的平面角,且.
当点M由点A向点C移动的过程中,点N由点D向点移动,
线段逐渐变长,MN逐渐变短,
所以逐渐变大.
又当点M在点A处时,;当点M在点处时,.故A正确.
对于B:由题意可知:平面,DM,平面,
则,,又因为,,AB,平面ABM,
所以平面ABM,平面ABM,则,
故和均为直角三角形.
所以AC与BD的交点O即为三棱锥的外接球的球心,半径,
此外接球的体积.故B不正确.
对于:由题意可知:平面,平面,
则,点M在侧面内,满足,
故点M的轨迹是以点C为圆心,半径为的四分之一圆弧,
所以点M的轨迹的长度为,C正确.
对于D:设三棱锥的高为h,
由三棱锥的体积为,解得,
即点到平面的距离为.
对于三棱锥,设高为,
由体积可得,解得,
即点到平面的距离为,
可得:点到平面的距离为,平面与平面的距离为,
故点M在平面或为点,
若,空间点M的轨迹为以为轴的圆锥表侧面,显然点不满足,
设与平面所成的角为,则,
故平面与圆锥侧面相交,且平面与不垂直,故平面与圆锥的截面为椭圆,显然点不合题意,所以点M的轨迹为椭圆的一部分,故D正确.
11．答案：AD
解析：对于A,对于椭圆,其中,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B,,
设,,,则.
由,
又,当且仅当时等号成立,
所以,故B错误;
对于C,取,则,故C错误;
对于D,设椭圆上一点,则,即①,
设切线,
切线过点,,即②,
由,消去,整理得,
是椭圆的切线,,
③,
且由韦达定理,有④,
③、④两式相乘,化简得,将②式代入,解得,
由①式,有,,
的方程为,结合①式,化简得.
设,可知的方程为.
因为交于点P,所以切点弦的方程为.
因为弦过,所以,同理可得.
因为,所以,故.
所以,故D正确.
故选:AD.
12．答案：ABC
解析：设,则,
当时,,当时,,
在上单调递增,在上单调递减,
A选项,因为,所以,即,A正确;
B选项,因,所以,即,B正确;
C选项,,则,
令,则,
当时,,当时,,
故在上单调递减,在单调递增,
又,
故恒成立,
所以在上恒成立,故在上是增函数,C正确;
D选项,由C选项可知,函数在上单调递增,故无最小值.
故选：ABC.
13．答案：/
解析：如图所示,易知和都是等边三角形,取DN的中点O,则
,由题意得,则,
因为,所以,
所以,所以,所以,
因为平面BND,平面BND,所以.
因为,DN,平面ACD,所以平面ACD,
在中,,,,
取的外心为,过作,则三棱锥的外接球的球心H在直线上,连接BH,DH,
令,,在线段BO上取点G,使得,连接HG,,
则在和中,
可得,所以,解得.
14．答案：2
解析：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，k的最大值为2;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P，
的正弦线为有向线段MP，则，
因为，
又
所以，即.
所以
15．答案：
解析：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R，，为偶函数，
，是R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，t的取值范围为.
故答案为：
16．答案：
解析：由题意知满足,即P在椭圆上,
设,,,
联立,得,
需满足,即,
又因为在直线l的左上方,故,即,即;
若A或B的横坐标为,则,
则或,与不符,
故A或B的横坐标不可能为为;
则,,
则
上式中,分子等于
,即,
又,则PA,PB与x轴围成的三角形为正三角形,
故,
故直线PA的方程,联立,
可得,其两根为,
则,即,
故;
同理求得,,
而,
故的周长是.
17．答案：（1）;
（2）
解析：（1）因为,
所以,
得:,解得,
所以.
（2）设,,由得
,
即,所以,
又在中,所以,得,
因为且,得,则,
所以,即边AC的取值范围为.
18．答案：（1），，证明见解析
（2）证明见解析
解析：（1）由，得，所以，，由，得，所以，.由，得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，，即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
（2）由（1）知，，，，，因为，所以，于是，其中，，于是，所以，即.
19．答案：（1）答案见解析,2;
（2）
解析：（1）①作图步骤:延长CE,,使其相交于N,连接DN,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N,
由,则平面CED,由平面CED,则平面CED,
由,,则平面,可得
故平面.
②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.
（2）由题意,过M作平面ABC的垂线,垂足为,并连接,如下图所示:
由（1）可知:且,则,由,,
在侧面中,过分别作的垂线,垂足分别为,如下图所示:
易知,,所以,
在中,,则,
棱台的高,
由图可知直线BM与平面ABC所成角为,
因为平面ABC,且平面ABC,所以,
所以.
20．答案：（1）;
（2）证明见解析
解析：（1）由题意,,,,.
椭圆C的方程为.
（2）设,,,则.①
当直线PN的斜率存在时,其方程为,代入椭圆C的方程,整理得
.
.
直线PM的方程为,代入椭圆C的方程,整理得
.
.
因此,此时轴,即直线DE的倾斜角为.
②当直线PN的斜率不存在时,其方程为,此时.
由①知,.
,此时轴,即直线DE的倾斜角为.
综上所述,直线DE的倾斜角为.
21．答案：（1）分布列见解析;
（2）
解析：（1）若,,则Y的所有取值为0,200,400,
记一艘该型号飞艇第i次执行科考任务能成功返航为事件,获得价值为200万元的科考数据为事件,.则
,
,
所以Y的分布列为
Y 0 200 400
P 0.86 0.13 0.01
（2）解法一:取值表示的意义如下:若一艘该型号飞艇能执行第次科考任务且在此次任务中获得价值200万元的科考数据,则,否则,.
因为的分布列为
0 200
所以
因为,
所以
解法二:
（2）因为X的分布列为
X 0 200
P 0.8 0.2
所以,
记一艘该型号飞艇共可成功返航Z次.
则Z的全部取值为0,1,2,…,n,且Z的分布列为
Z 0 1 2 … n
P …
所以
所以,
所以
所以
,
所以.
22．答案：（1）减区间是,增区间是.
（2）证明见解析
解析：（1）由函数,可得,
令,即,解得;
令,即,解得,
所以的减区间是,增区间是.
（2）证明:当时,,当时,,
因为且,结合在上单调递减,在上单调递增可得,设,则,
所以,从而,
又因为,所以,故①,
设,则,
令,可得;令,可得,
从而在上单调递减,在上单调递增,
又由,所以,故,
所以,
因为,所以,故②,
将①②两式相加可得,
设,则,所以在上单调递减,
又,所以,从而,所以,
,所以,故,
又因为,所以,
综上所述,.
