2023届山西省高三上学期第一次摸底数学试题含解析
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这是一份2023届山西省高三上学期第一次摸底数学试题含解析,共20页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,双空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2023届山西省高三上学期第一次摸底数学试题 一、单选题1.,,则( )A. B. C. D.【答案】A【分析】由根式的性质求定义域得集合,由二次函数性质求值域得集合,应用集合交运算求结果.【详解】由题设或,,所以.故选:A2.已知复数,,在复平面上对应的点分别为,,,若四边形为平行四边形(为复平面的坐标原点),则复数的模为( )A. B.17 C. D.15【答案】A【分析】令,结合已知有,列方程求参数a、b,进而求复数的模.【详解】若,则,而,由四边形为平行四边形(为复平面的坐标原点),所以,即,则,所以.故选:A3.已知平面向量,,满足,,与的夹角为,在方向上的投影向量为( )A. B. C. D.1【答案】C【分析】根据向量数量积、投影向量的定义求在方向上的投影向量.【详解】由在方向上的投影向量为.故选:C4.如图,从气球A上测得正前方的河流的两岸,的俯角分别为75°,30°,若河流的宽度是60,则此时气球的高度等于( ) A. B. C. D.【答案】B【分析】在中,利用正弦定理求出,再根据气球的高度等于即可得解.【详解】解:在中,,则,,因为,所以,所以气球的高度为.故选:B.5.从属于区间的整数中任取两个数,则至少有一个数是合数的概率为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据至少一个合数分两类考虑:只有一个合数和两个都是合数,即可根据组合进行求解.【详解】区间内的整数共有9个,则合数有4,6,8,9,10,故至少有一个是合数的概率为故选:B6.函数在R上不单调,则的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】D【分析】对求导,根据定义域上有正有负及三角函数的性质确定参数范围.【详解】由,而,要使在R上不单调,则 .故选:D7.水平放置的等边三角形边长为,动点位于该平面上方,三棱锥的体积为,且三棱锥的外接球球心到底面的距离为2,则动点的轨迹周长为( )A. B. C. D.【答案】C【分析】根据三棱锥的外接球球心到底面的距离为2和的外接圆的半径,求得外接球的半径,再根据三棱锥的体积为,得到点到面的距离,从而得到动点的轨迹是一个截面圆的圆周,求解截面圆的半径及周长即可.【详解】解:设三棱锥的高为,因为三棱锥的体积为,所以,解得,设的外接圆的半径为,则,因为三棱锥的外接球球心到底面的距离为2,所以外接球的半径为,因为点到面的距离为4,所以动点的轨迹是一个截面圆的圆周,且球心到该截面的距离为,所以截面圆的半径为,所以动点的轨迹长度为.故选:C.8.在平面直角坐标系中,已知,为圆上两动点,点,且,则的最大值为( )A. B. C. D.【答案】D【分析】令为中点,根据直角三角形性质,圆中弦长、弦心距、半径的几何关系求得轨迹为圆,求定点到所得圆上点距离的最大值,结合即可求结果.【详解】由,要使最大只需到中点距离最大,又且,令,则,整理得,所以轨迹是以为圆心,为半径的圆,又,即在圆内,故,而,故.故选:D【点睛】关键点点睛:利用圆、直角三角形的性质求中点的轨迹,再求定点到圆上点距离最值即可. 二、多选题9.已知变量,之间的经验回归方程为,且变量,之间的一组相关数据如下表所示,则下列说法正确的是( )23452.534.5 A.B.由表格数据知,该经验回归直线必过C.变量,呈正相关D.可预测当时,约为9.05【答案】ABC【分析】由平均值求法及样本中心在回归直线上可得,即可判断A、B;根据回归直线系数判断C;应用回归直线估计对应,判断D.【详解】由题设,,则,又,故,则,A正确;由上知:样本中心为,回归直线必过该点,B正确;由回归方程知:,呈正相关,C正确;,D错误.故选:ABC10.如图,在所有棱长均为2的正三棱柱中,点是棱的中点,,过点作平面与平面平行,则( )A.当时,截正三棱柱的截面面积为B.当时,截正三棱柱的截面面积为C.截正三棱柱的截面为三角形,则的取值范围为D.若,则截正三棱柱的截面为四边形【答案】ABD【分析】利用平面的基本性质画出不同对应的截面图形,结合已知求它们的面积判断各选项正误.【详解】A:时,过作与面平行的平面,如下图面且为中点,所以故上的高为,此时截面面积为,正确;B:时,过作与面平行的平面,如下图面且为中点,所以,则,故,此时截面面积为,正确;C:由B知:时,平面与的截面也为三角形,错误;D:若为中点,当在上(不含端点)时,即,利用平面的基本性质画出平面与的截面如下图示:结合上述分析:过程中,截面为四边形,正确;故选:ABD11.已知函数,则( )A.存在,使得为奇函数B.任意,使得直线是曲线的对称轴C.最小正周期与有关D.最小值为【答案】ABC【分析】举例,如,即可判断A;判断与是否相等,即可判断B;距离如和,即可判断C;令,则,利用换元法结合二次函数的性质即可判断D.【详解】解:对于A,当时,,因为,所以函数为奇函数,所以存在,使得为奇函数,故A正确;对于B,,因为,所以函数关于对称,即任意,使得直线是曲线的对称轴,故B正确;对于C,当时,,最小正周期,当时,,因为,所以不是函数的周期,所以最小正周期与有关,故C正确;对于D,令,则,则,则有,当,即时,,当,即时,,当,即时,,所以,故D错误.故选:ABC.12.已知函数,则( )A.当或时,有且仅有一个零点B.当或时,有且仅有一个极值点C.若为单调递减函数,则D.若与轴相切,则【答案】AD【分析】根据零点的定义可得的零点即方程的根,利用导数研究函数的性质,结合图像判断A,由导数的几何意义判断D,根据导数与函数的单调性的关系求的范围,由此判断C,结合单调性与极值的定义判断B.【详解】令可得,化简可得,设,则,当,,函数在单调递减,当,,函数在单调递增,又,,由此可得函数图像如下:所以当或时,有且仅有一个零点所以当或时,有且仅有一个零点,A对,函数的定义域为,,若与轴相切,设与轴相切相切与点,则,,所以,所以,,故D正确;若为单调递减函数,则在上恒成立,所以在上恒成立,设,则,当时,,函数单调递减,当时,,函数单调递增,且,,当时,,由此可得函数的图像如下:所以若为单调递减函数,则,C错,所以当时,函数在上没有极值点,B错,故选:AD.【点睛】本题为函数综合性问题,涉及函数的零点,导数的几何意义,根据函数的单调性求参数,函数的极值,考查的知识点较多,要求具有扎实的基础知识,较强的解题能力. 三、填空题13.二项式的展开式中含项的系数为24,则______.【答案】【分析】写出二项式展开式的通项公式,根据已知项系数求参数a即可.【详解】由二项式展开式通项为,且项的系数为24,所以,可得.故答案为:14.,,三个数中最小的是______.【答案】【分析】将问题转化为比较、、的大小关系,应用作差法、对数的运算及对数函数性质比较大小即可.【详解】由,,,所以只需比较、、的大小关系即可,而,则,又,综上,最小数为,即最小.故答案为:15.已知抛物线,过点和点做两条斜率为2的平行线,分别与抛物线相交于点,和点,,得到一个梯形.若存在实数,使得,则实数的取值范围为______.【答案】【分析】写出直线的方程,联立抛物线方程,利用弦长公式求出、,由点到直线的距离公式求出点到直线的距离,求出梯形的面积,得到与的关系式,结合的范围计算即可.【详解】设点,、,,代入可得:,所以所以,点到直线的距离为,,同理可求得:,,,,,,故答案为:. 四、双空题16.等差数列的前项和,则数列的通项公式为______;的最小值为______.【答案】 【分析】根据与的关系求出数列的通项,再根据数列是等差数列,求出,即可求得数列的通项,再利用二次函数的性质即可求出的最小值.【详解】解:由,当时,,当时,,则,又因为数列是等差数列,所以,所以,所以;则,又,所以当时,取得最小值.故答案为:;. 五、解答题17.已知数列中,,,是公差为2的等差数列.(1)求的通项公式;(2)设,求数列的前项和.【答案】(1)(2)【分析】(1)根据等差数列的定义求出,从而可求出的通项,再利用累加法即可求出答案;(2)利用裂项相消法求解即可.【详解】(1)解:因为是公差为2的等差数列,所以,即,所以,则,所以,则,,,,累加得,所以;(2)解:,则.18.在中,内角,,所对的边分别为,,,为上一点,,.(1)若,求;(2)若,当面积取最小值时,求的值.【答案】(1);(2).【分析】(1)利用正余弦定理及三角形内角性质求;(2)且、求得,关于参数的表达式,再应用三角形面积公式及二次函数性质确定面积最小对应的参数值,最后应用余弦定理求的值.【详解】(1)令,又,所以,即,则,即,又,则,故.(2)由题设,且,所以,又,则,,而,所以,当时,有最小值,此时,,所以.19.四棱锥中,四边形为梯形,其中,,,平面平面.(1)证明:;(2)若,且与平面所成角的正弦值为,点在线段上且满足,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)由题设可得,利用面面垂直的性质可得面,再由线面垂直的性质证;(2)若为中点,连接,首先求证,两两垂直,构建空间直角坐标系,确定相关点坐标并令且,根据线面角及向量夹角的坐标表示求参数m,进而可得,再求面、面的法向量,应用向量夹角的坐标运算求二面角余弦值.【详解】(1)由题设,△为等边三角形,则,又四边形为梯形,,则,在△中,,即,面面,面面,面,则面,又面,故.(2)若为中点,,则,面面,面面,面,则面,连接,则,且面,故,综上,,两两垂直,构建以为原点,为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系,所以,,,,若且,则,而面的一个法向量为,,所以,可得,故,所以,,,若是面的一个法向量,则,取,若是面的一个法向量,则,取,所以,由图知:锐二面角的余弦值.20.高中生的数学阅读水平与其数学阅读认知、阅读习惯和方法等密切相关.为了解高中生的数学阅读现状,调查者在某校随机抽取100名学生发放调查问卷,在问卷中对于学生每周数学阅读时间统计如下:时间(小时/周)0人数20403010 (1)为了解学生数学阅读时间偏少的原因,采用样本量比例分配的分层随机抽样从这100名学生中随机抽取10名学生,再从这10人中随机抽取2名进行详细调查,求这2名学生中恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率;(2)用频率估计概率,从该校所有学生中随机抽取10名学生,用表示这10名学生中恰有名学生数学阅读时间在小时的概率,求取最大值时对应的的值.【答案】(1)(2)4【分析】(1)根据表中数据,即可知10人有4人阅读时间大于0.5,由组合即可求解概率,(2)将频率视为概率则,利用二项分布概率公式及不等式法求取得最大时对应的值.【详解】(1)抽取的10人中,周阅读时间大于0.5小时的有4人,小于等于0.5小时的有6人, 故恰有一人每周数学阅读时间大于0.5小时的概率为(2)周阅读时间在小时的频率为,故概率为,则,所以,由得:,化简得解得,又,故,21.已知椭圆的左、右焦点分别是,,点,若的内切圆的半径与外接圆的半径的比是.(1)求椭圆的方程;(2)过的左焦点作弦,,这两条弦的中点分别为,,若,证明:直线过定点.【答案】(1);(2)证明见解析.【分析】(1)由内切圆半径与三角形面积关系、外接圆半径与弦长和弦心距关系列方程组求椭圆参数,即可得椭圆方程;(2)讨论直线斜率都存在或一条斜率不存在,设直线方程、并联立椭圆,应用韦达定理用表示出,坐标,进而写出直线方程,即可证是否过定点.【详解】(1)由题设,又,,若内切圆半径为,则外接圆半径为,所以,即,,而,即,综上,,即,可得,所以,,则.(2)当直线斜率都存在时,令为,联立,整理得:,且,所以,则,故,由,即,故为,联立,所以,有,则,故,所以,则为,整理得,所以过定点;当一条直线斜率不存在时对应,故即为x轴,也过定点;综上,直线过定点.22.已知函数.(1)求的单调区间;(2)证明:有且仅有两个实根,且两个实根互为相反数;(3)证明:存在两条直线,,使,既是曲线的切线,也是曲线的切线,且,斜率之积为1.【答案】(1)递增区间为;(2)证明见解析;(3)证明见解析.【分析】(1)利用导数研究的区间单调性即可,注意定义域范围;(2)将问题转化为在上有两个零点且互为相反数,利用导数研究其零点分布,并判断零点的数量关系即可;(3)设与都相切的直线为,切点分别为,利用导数几何意义及斜率公式可得,进一步整理得,构造且,利用导数研究其零点个数及其数量关系即可.【详解】(1)由题设且,当时,,故递增,当时,,故递增,综上,递增区间为.(2)要证有且仅有两实根,即证在上有两个零点,而,所以,故上,递减;上,递增;而上,,,所以存在使,综上,且上,上,所以在上递减,上递增,,,,,所以在上各有一个零点,为,所以,即,故,所以也是的零点,即,综上,有且仅有两个实根,且两个实根互为相反数;(3)设与都相切的直线为,切点分别为,而,,则,且,,所以,将代入得:,又代入得:,整理得:,令且,则,,所以在上递增,而,,故存在时,则上,上,所以在上递减,上递增,趋向于0时趋向于正无穷,故趋向于正无穷,而,,,所以存在两个零点,,即或,则,故,所以,即也是的一个零点,则,所以,综上,存在两条直线,且斜率之积为1,得证.【点睛】关键点点睛:第二问,转化为求证在上有两个零点,并判断零点的数量关系;第三问,设切线,利用导数几何意义、斜率公式求得,构造函数研究其零点个数和数量关系即可.
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