2024屆安徽省泗縣樊集中學高三下學期開學考試數學試題文試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數滿足：當時，，且對任意，都有，則（）A．0 B．1 C．-1 D．2．要得到函數的圖象，只需將函數的圖象A．向左平移個單位長度B．向右平移個單位長度C．向左平移個單位長度D．向右平移個單位長度3．已知全集，則集合的子集個數為（）A． B． C． D．4．設函數若關于的方程有四個實數解，其中，則的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知雙曲線，過原點作一條傾斜角為直線分別交雙曲線左、右兩支P，Q兩點，以線段PQ為直徑的圓過右焦點F，則雙曲線離心率為A． B． C．2 D．6．已知直線過雙曲線C：的左焦點F，且與雙曲線C在第二象限交于點A，若（O為坐標原點），則雙曲線C的離心率為A． B． C． D．7．已知是偶函數，在上單調遞減，，則的解集是A． B．C． D．8．設集合，，若集合中有且僅有2個元素，則實數的取值范圍為A． B．C． D．9．閱讀如圖的程序框圖，若輸出的值為25，那么在程序框圖中的判斷框內可填寫的條件是（）A． B． C． D．10．若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．11．在長方體中，，則直線與平面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．12．已知，，若，則實數的值是（）A．-1 B．7 C．1 D．1或7二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．袋中裝有兩個紅球、三個白球，四個黃球，從中任取四個球，則其中三種顏色的球均有的概率為________.14．在長方體中，，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．15．如圖，在中，已知，為邊的中點．若，垂足為，則的值為__．16．在的展開式中的系數為，則_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知橢圓的焦點在軸上，且順次連接四個頂點恰好構成了一個邊長為且面積為的菱形．（1）求橢圓的方程；（2）設，過橢圓右焦點的直線交于、兩點，若對滿足條件的任意直線，不等式恒成立，求的最小值.18．（12分）以直角坐標系的原點為極坐標系的極點，軸的正半軸為極軸．已知曲線的極坐標方程為，是上一動點，，點的軌跡為．（1）求曲線的極坐標方程，并化為直角坐標方程；（2）若點，直線的參數方程（為參數），直線與曲線的交點為，當取最小值時，求直線的普通方程．19．（12分）已知實數x，y，z滿足，證明：.20．（12分）已知函數（1）解不等式；（2）若函數，若對于任意的，都存在，使得成立，求實數的取值范圍.21．（12分）在平面直角坐標系中，已知橢圓的中心為坐標原點焦點在軸上，右頂點到右焦點的距離與它到右準線的距離之比為．（1）求橢圓的標準方程；（2）若是橢圓上關于軸對稱的任意兩點，設，連接交橢圓于另一點．求證：直線過定點并求出點的坐標；（3）在（2）的條件下，過點的直線交橢圓于兩點，求的取值范圍．22．（10分）已知函數.(Ⅰ)求函數的單調區間；(Ⅱ)當時，求函數在上最小值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

由題意可知，代入函數表達式即可得解.【詳解】由可知函數是周期為4的函數，.故選：C.【點睛】本題考查了分段函數和函數周期的應用，屬于基礎題.2、D【解析】

先將化為，根據函數圖像的平移原則，即可得出結果.【詳解】因為，所以只需將的圖象向右平移個單位.【點睛】本題主要考查三角函數的平移，熟記函數平移原則即可，屬于基礎題型.3、C【解析】

先求B.再求，求得則子集個數可求【詳解】由題=,則集合,故其子集個數為故選C【點睛】此題考查了交、并、補集的混合運算及子集個數，熟練掌握各自的定義是解本題的關鍵，是基礎題4、B【解析】

畫出函數圖像，根據圖像知：，，，計算得到答案.【詳解】，畫出函數圖像，如圖所示：根據圖像知：，，故，且.故.故選：.【點睛】本題考查了函數零點問題，意在考查學生的計算能力和應用能力，畫出圖像是解題的關鍵.5、B【解析】

求得直線的方程，聯立直線的方程和雙曲線的方程，求得兩點坐標的關系，根據列方程，化簡后求得離心率.【詳解】設，依題意直線的方程為，代入雙曲線方程并化簡得，故，設焦點坐標為，由于以為直徑的圓經過點，故，即，即，即，兩邊除以得，解得.故，故選B.【點睛】本小題主要考查直線和雙曲線的交點，考查圓的直徑有關的幾何性質，考查運算求解能力，屬于中檔題.6、B【解析】

直線的傾斜角為，易得．設雙曲線C的右焦點為E，可得中，，則，所以雙曲線C的離心率為.故選B．7、D【解析】

先由是偶函數，得到關于直線對稱；進而得出單調性，再分別討論和，即可求出結果.【詳解】因為是偶函數，所以關于直線對稱；因此，由得；又在上單調遞減，則在上單調遞增；所以，當即時，由得，所以，解得；當即時，由得，所以，解得；因此，的解集是.【點睛】本題主要考查由函數的性質解對應不等式，熟記函數的奇偶性、對稱性、單調性等性質即可，屬于常考題型.8、B【解析】

由題意知且，結合數軸即可求得的取值范圍.【詳解】由題意知，，則，故，又，則，所以，所以本題答案為B.【點睛】本題主要考查了集合的關系及運算，以及借助數軸解決有關問題，其中確定中的元素是解題的關鍵，屬于基礎題.9、C【解析】

根據循環結構的程序框圖，帶入依次計算可得輸出為25時的值，進而得判斷框內容.【詳解】根據循環程序框圖可知，則，，，，，此時輸出，因而不符合條件框的內容，但符合條件框內容，結合選項可知C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查了循環結構程序框圖的簡單應用，完善程序框圖，屬于基礎題.10、A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.11、C【解析】

在長方體中，得與平面交于，過做于，可證平面，可得為所求解的角，解，即可求出結論.【詳解】在長方體中，平面即為平面，過做于，平面，平面，平面，為與平面所成角，在，，直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角，定義法求空間角要體現“做”“證”“算”，三步驟缺一不可，屬于基礎題.12、C【解析】

根據平面向量數量積的坐標運算，化簡即可求得的值.【詳解】由平面向量數量積的坐標運算，代入化簡可得.∴解得.故選：C.【點睛】本題考查了平面向量數量積的坐標運算，屬于基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

基本事件總數n126，其中三種顏色的球都有包含的基本事件個數m72，由此能求出其中三種顏色的球都有的概率．【詳解】解：袋中有2個紅球，3個白球和4個黃球，從中任取4個球，基本事件總數n126，其中三種顏色的球都有，可能是2個紅球，1個白球和1個黃球或1個紅球，2個白球和1個黃球或1個紅球，1個白球和2個黃球，所以包含的基本事件個數m72，∴其中三種顏色的球都有的概率是p．故答案為：．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．14、C【解析】

根據確定是異面直線與所成的角，利用余弦定理計算得到答案.【詳解】由題意可得.因為，所以是異面直線與所成的角，記為，故.故選：.【點睛】本題考查了異面直線夾角，意在考查學生的空間想象能力和計算能力.15、【解析】

，由余弦定理，得，得，，，所以，所以．點睛：本題考查平面向量的綜合應用．本題中存在垂直關系，所以在線性表示的過程中充分利用垂直關系，得到，所以本題轉化為求長度，利用余弦定理和面積公式求解即可．16、2【解析】

首先求出的展開項中的系數，然后根據系數為即可求出的取值.【詳解】由題知，當時有，解得.故答案為：.【點睛】本題主要考查了二項式展開項的系數，屬于簡單題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）由已知條件列出關于和的方程，并計算出和的值，jike得到橢圓的方程.（2）設出點和點坐標，運用點坐標計算出，分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，求解出的最小值.【詳解】（1）由己知得：，解得，所以，橢圓的方程（2）設，．當直線垂直于軸時，，且此時，，當直線不垂直于軸時，設直線由，得．，.要使恒成立，只需，即最小值為【點睛】本題考查了求解橢圓方程以及直線與橢圓的位置關系，求解過程中需要分類討論直線的斜率存在和不存在兩種情況，并運用根與系數的關系轉化為只含一個變量的表達式進行求解，需要掌握解題方法，并且有一定的計算量.18、（1），；（2）.【解析】

（1）設點極坐標分別為,，由可得,整理即可得到極坐標方程,進而求得直角坐標方程；（2）設點對應的參數分別為，則，，將直線的參數方程代入的直角坐標方程中,再利用韋達定理可得，，則，求得取最小值時符合的條件,進而求得直線的普通方程.【詳解】（1）設點極坐標分別為，，因為,則，所以曲線的極坐標方程為，兩邊同乘,得，所以的直角坐標方程為,即.（2）設點對應的參數分別為，則,，將直線的參數方程（參數），代入的直角坐標方程中，整理得.由韋達定理得，，所以，當且僅當時，等號成立，則，所以當取得最小值時，直線的普通方程為.【點睛】本題考查極坐標與直角坐標方程的轉化,考查利用直線的參數方程研究直線與圓的位置關系．19、見解析【解析】

已知條件，需要證明的是，要想利用柯西不等式，需要的值，發現，則可以用柯西不等式.【詳解】，.由柯西不等式得，...【點睛】本題考查柯西不等式的應用，屬于基礎題.20、（1）（2）【解析】

（1）將表示為分段函數的形式，由此求得不等式的解集.（2）利用絕對值三角不等式，求得的取值范圍，根據分段函數解析式，求得的取值范圍，結合題意列不等式，解不等式求得的取值范圍.【詳解】（1），由得或或；解得.故所求解集為.（2），即.由（1）知，所以，即.∴，∴.【點睛】本小題考查了絕對值不等式，絕對值三角不等式和函數最值問題，考查運算求解能力，推理論證能力，化歸與轉化思想.21、（1）；（2）證明詳見解析，；（3）.【解析】

(1)根據題意列出關于的等式求解即可.(2)先根據對稱性,直線過的定點一定在軸上,再設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,進而求得的方程,并代入,化簡分析即可.(3)先分析過點的直線斜率不存在時的值,再分析存在時,設直線的方程為,聯立直線與橢圓的方程,得出韋達定理再代入求解出關于的解析式,再求解范圍即可.【詳解】解：設橢圓的標準方程焦距為,由題意得,由,可得則,所以橢圓的標準方程為；證明：根據對稱性,直線過的定點一定在軸上,由題意可知直線的斜率存在,設直線的方程為,聯立,消去得到,設點,則．所以,所以的方程為,令得,將,代入上式并整理,,整理得,所以,直線與軸相交于定點．當過點的直線的斜率不存在時,直線的方程為,此時,當過點的直線斜率存在時,設直線的方程為,且在橢圓上,聯立方程組,消去,整理得,則．所以所以,所以,由得,綜上可得,的取值范圍是．【點睛】本題主要考查了橢圓的基本量求解以及定值和范圍的問題,需要分析直線的斜率是否存在的情況,再聯立直線與橢圓的方程,根據韋達定理以及所求的解析式,結合參數的范圍進行求解.屬于難題.22、(Ⅰ)見解析；(Ⅱ)當時，函數的最小值是；當時，函數的最小值是【解析】

（1）求出導函數，并且解出它的零點x=，再分區間討論導數的正負，即可得到函數f（x）的單調區間；

（2）分三種情況加以討論，結合函數的單調性與函數值的大小比較，即可得到當0＜a＜ln2時，函數f（x）的最小值是-a；當a≥ln2時，函數f（x）的最小值是ln2-2a．【詳解】函數的定義域

為．

因為，令，可得；

當時，；當時，，綜上所述：可知函數的單調遞增區間為，單調遞減區間為當，即時，函數在區間上是減函數，

的最小