广西南宁市武鸣高级中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学答案和解析

3.0 envi 2024-11-29 4 4 694.41KB 9 页 3知币

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答案第 1页，共 8页

广西武鸣高中 2024 届高三（上）开学调研测试题

数学参考答案

1．B【详解】由题意可得

 

2 { | 2 2}A x x x x     

，

 

 

3 0 { | 0B x x x x x    

或

3}x

，故

A B 

 

2 0x x  

，故选：B

2．D【详解】

 

1 i i iz   

，则

 

  

i 1 i

i 1 1i

1 i 1 i 1 i 2 2

z 



   

  

，则其虚部为



故选：D

3.C【详解】设等差数列

 

公差为

，则有

4 5 1

6 1

2 7 24

6 15 48

a a a d

S a d

   



  



，

解得

 







，所以

9 1 8 2 4 8 30a a d      

.故选：C

4.B【详解】在

△

ABC

中，

2 74AC AB 

,在△

MCA

中，

105MCA 

 

45MAC 

 

则

180 30AMC MCA MAC

 

      

,由正弦定理得

sin sin

MC AC

MAC AMC



 

，即

sin 45 sin 30

 



，解得

74 2MC 

,在

△

MNC

中，

74 2 74m

MN   

，故选:

5.A【详解】因为椭圆

的左、右顶点分别为

，

，所以

   

1 2

,0 , ,0A a A a

，

所以以线段

1 2

A A

为直径的圆的圆心为坐标原点

(0, 0)

,半径为

,所以圆的方程为

2 2 2

x y a 

，因为圆

2 2 2

x y a 

与直线

2 0

x y

a b

  

相切，所以

2 2

2ab a

a b





,整理可得：

2 2

3a b=

,即

 

2 2 2

3a a c 

,即

2 2

2 3a c

,从而

 

,所以

2 6

3 3

  

.故选：A

6、D【详解】函数

()

2 4

f x =+

的定义域为

，

对于 A，函数

 

4 2

2 4 2 4

x x

f x   

 

，函数

y

在R上为增函数，易得

 

f x

在R上为增

函数，则有

   

0.1 0.2f f

，A 错误；

对于 B，

()

2 4

f x =+

，有

4 0

x

，则有

 

0f x 

，所以

 

f x

没有零点，B 错误；

对于 C，

()

4 2

16 3

f= =

，

()

4 1

12 4 9

- = =

，所以

   

1 1f f 

，

 

f x

不是偶函数，C 错误；

对于 D，因为

()

2 4

f x =+

，所以

()

4 4 2

12 4 2 4 4 4 2

x x x

f x

- = = =

+ × + +

{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}

答案第 2页，共 8页

所以

   

1 1f x f x  

，所以函数

 

f x

的图象关于点

1 1

2 2

 

 

 

对称，D 正确；故选：D．

7．A【详解】解法一：（排除法）当

= 2t

则

2, 2 2x 

 

 

得

 

2 2f x f x 

，

即

 

22 2

2 2 , 2 2 2 0x x x x    

在

2, 2 2x 

 

 

时恒成立，

而

22 2 2x x 

最大值，是当

= 2 2x

时出现，故

22 2 2x x 

的最大值为

，

则

   

2f x t f x 

恒成立，排除 B项，同理再验证

=3t

时，

   

2f x t f x 

恒成立，排除

C项，

= 1t

时，

   

2f x t f x 

不成立，故排除 D项

解法二：∵

 

f x

是

上的奇函数，当



时，

 

=f x x

，

∴当



时，

 

=f x x

，∴

 

f x

是

上的增函数，

∵对任意

    

, 2 , 2x t t f x t f x   

恒成立，∴

 

2f x t f x 

，∴

2x t x 

，

∴

 

2 1t x 

，其中

 

, 2x t t 

，∴

 

2 1 2t t  

，∴

   

2 2 2 2 1t  

，

∴

 

2 2 1

= 2

2 2





．故选：A

8.D【详解】先从 5 天中选 3 天排太极拳，有

种，然后再从所选的 3 天中选一节排太极拳

有

1 1

2 2

CCC

种，所以太极拳有

3 1 1 1

5 2 2 2

C C C C

种排法，若五天中有

天既有太极拳又有形意拳，则

哪一天重复有

种，再从另外不重复的 2 天中每天选 1 天排形意拳，有

1 1

2 2

C C

种，再从剩下

的 4 节课中选 2 节排长拳，有

种，则另外 2 节排兵器，所以有

1 1 1 2

3 2 2 4

C C C C

种，

若五天中有

天既有太极拳又有形意拳，则哪两天重复有

种，再从另外不重复的 2 天中

排形意拳，有

1 1

2 2

C C

种，再从剩下的 4 节课中抽 2 节课排长拳，有

种，则另外 2 节排兵器，

但排在同一天不合适，所以有

2 2

4 2

C 2C

种，所以共有

 

1 1 1 2 2

3 2 2 4 2

C C C C 2C

种，

若五天中有

天既有太极拳又有形意拳，则剩下的 4 节课中选 2 节排长拳，有

种，再去

掉排同一天的

种，所以有

2 2

4 2

C 2C

种，综上所述：共有

   

3 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 2 2 2

5 2 2 2 3 2 2 4 3 2 2 4 2 4 2

C C C C C C C C C C C C 2C C 2C

 

   

 

 

80 72 48 4 9920    

种.选：D.

9．BC【详解】

 

ln 0a b 

需要

1a b 

，

a b

不能满足，A 选项错误；

{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}

答案第 3页，共 8页

由指数函数

y

的性质，当

a b

时，有

3 3

a b



，B 选项正确；

由幂函数

y x

的性质，当

a b

时，有

3 3

a b

，即

3 3 0a b 

，C 选项正确；

当

2, 1a b  

时，满足

a b

，但

1 1

a b



不成立，D 选项错误.故选：BC

10、BC【详解】因为

 

D X 

，所以

   

5 2 25 12D X D X  

，故 A 错误；

由

ˆ0.3 0.7y x 

，得样本点

 

2, 3

的残差为

 

3 0.3 0.7 2 1.9     

，故 B 正确；

对于 C 中，若随机变量

 

,X N

 



，且

( 4) ( 2)P X P X p    

，

可得

4 ( 2) 1



 

 

，则

 

1 1 1

2 1 ( 2 4) (1 2 )

2 2 2

P X P X p p          

，故 C 正确；

根据

23.712 3.841



 

，故没有

95%

的把握认为

与

有关，故 D 错误．故选：BC．

11．ACD【详解】因为抛物线

：

 

22 0y px p 

的准线方程为

= 1x



，故

1, 2

pp  

故

24y x

，焦点为

(1,0)F

，设

1 1 2 2

( , ), ( , )A x y B x y

，对于 A，

1 1

1 5, 4AF x x    

，代入

24y x

得

216y

，即

116y

故

2 2

1 1 32 4 2yOA x   

，A 正确；

对于 B，

8AB 

，则

1 2 1 2

2 8, 6x x x x     

，当直线

为

1x

时，

AB 4

，由此可判

断

8AB 

时，直线

的斜率存在且不等于 0，

设直线

的方程为

( 1)y k x 

，联立

24y x

可得：

2 2 2 2

(2 4) 0,( 0)k x k x k k    

，

故

1 2 2

2 4 6

x x k



  

，解得

1k 

，满足

0 

，故 B 错误；

对于 C，由 B 的分析可知

1 2 1x x

，当直线

为

1x

时，也有

1 2 1x x

成立；

故

1 2 1 2 1 2

2 2( 2 3 3 2 21) 1 2 3 2AF BF x x x x x x        

，

当且仅当

1 2

2x x

即

1 2

2, 2

x x 

时，取得等号，C 正确；

对于 D，不妨设

点在第一象限，则

1 1 2 2

2 , 2y x y x  

，

故

OAB

的面积

1 2 1 2 1 2

1 1

| || | | 2 2 |

2 2

OAB

S OF y y x x x x      



，

则

1 2 1 2 1 2

2 2 2 4

OAB

S x x x x x x     



，当且仅当

1 2 1x x 

时等号成立，即

OAB

面积的

最小值为 2，D 正确，故选：ACD

{#{QQABCYaEogCAAhBAABgCEQWQCAGQkAAACKgOxFAIMAABSAFABAA=}#}

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