2024届山西省吕梁市吕梁学院附属高级中学等校高三上学期开学质量检测数学试题含答案

2024届山西省吕梁市吕梁学院附属高级中学等校高三上学期开学质量检测数学试题

一、单选题

1．若复数z满足，则（    ）

A． B．5 C． D．20

【答案】A

【分析】由复数的除法计算出复数z，再利用模长公式求.

【详解】因为，所以，所以．

故选：A．

2．已知全集，集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】解出集合A中的不等式，解出集合B中函数的定义域，得到这两个集合，再进行并集和补集的运算.

【详解】不等式解得，函数有意义，则，即，

则，，

所以，所以．

故选：C．

3．一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，5，6，m，10，12，13，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（    ）

A．7.5 B．8 C．9 D．9.5

【答案】C

【分析】由中位数和极差的关系，求出的值，再由百分位数的规则求解第60百分位数.

【详解】这组数据一共8个数，中位数是，极差为，

所以，解得，

又，则第60百分位数是第5个数据9．

故选：C．

4．设向量，的夹角的余弦值为，，，则（    ）

A． B．1 C． D．5

【答案】B

【分析】已知向量的模和夹角，利用向量数量积的定义求的值.

【详解】设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，

又，，所以，

所以．

故选：B．

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】已知条件利用诱导公式化简，由同角三角函数的关系求出，构造成正余弦的齐次式，代入求值即可.

【详解】由，可得，即，

所以．

故选：C．

6．在平面直角坐标系中，扡物线的焦点为F，P是C上的一点，点M是y轴上的一点，且．则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量相等的性质得到点坐标，从而得到关于的方程，解之即可得解.

【详解】由题意知，设，，

所以，，

又，所以，

所以，得，，即，

所以，解得，

所以的面积．

故选：D．

7．暑假期间，同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中甲的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据圆锥的侧面积公式求出母线，再根据圆锥的外接球计算即可.

【详解】圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，设圆锥的母线长为l，所以，解得．

设圆锥的底面圆半径为r，所以，解得，所以圆锥的高，

设球O的半径为R，所以，解得，所以球O的表面积等于．

故选:B．

8．已知函数的最小正周期为，若，且在区间上恰有个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据余弦函数的周期公式和求出，再根据余弦函数的图象可得结果.

【详解】由题意的最小正周期为T，则，

又，可得，即，

又，所以，

在区间上恰有3个零点，

当时，，

结合函数的图象如图所示：

则在原点右侧的零点依次为，，，，…，

所以，解得，即的取值范围为．

故选：D．

【点睛】关键点点睛：根据余弦函数的图象求解是解题关键.

二、多选题

9．下列说法正确的的是（    ）

A．若．则 B．若，则

C．若，．则 D．若，，则

【答案】BD

【分析】利用特值可判断A错误，C错误；由不等式的性质可判断B正确；作差比较可判断D正确．

【详解】当时，，故A错误；

因为，所以，所以，故B正确；

当，，，时，，故C错误；

，

又，，所以，所以，故D正确．

故选：BD．

10．甲箱中有4个红球、4个黄球，乙箱中有6个红球、2个黄球（这16个球除颜色外，大小、形状完全相同），先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“在甲箱中取出的球是红球”为事件，“在甲箱中取出的球是黄球”为事件，“从乙箱中取出的球是黄球”为事件B．则下列说法正确的是（    ）

A．与是互斥事件 B．

C． D．与B相互独立

【答案】AC

【分析】根据互斥事件的定义可判断A正确；根据条件概率公式计算可判断B错误；根据全概率公式计算可判断C正确；根据可判断故D错误．

【详解】从甲箱中摸一个球，红球与黄球不可能同时出现，所以与是互斥事件，故A正确；

由题意知，，所以，故B错误；

，所以，故C正确；

因为，故D错误．

故选：AC．

11．已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（     ）

A．直线，是异面直线

B．直线与平面所成角的正切值为

C．平面截正方体所得截面的面积为18

D．三棱锥的体积为

【答案】ACD

【分析】利用图形，作出合理辅助线，根据异面直线的判定方法即可判断A，利用线面角定义即可判断B，作出截面为等腰梯形计算即可判断C，利用顶点转换法结合三棱锥体积公式即可判断D.

【详解】对A，如图1，取的中点P，连接，

因为，

所以，，所以四边形是平行四边形，所以，

又，所以直线，是异面直线，故A正确；

对B，如图2，取的中点Q，连接，，则，因为平面，

所以平面，所以是直线与平面所成角，

，，所以，

即直线与平面所成角的正切值为，故B错误；

对C，如图3，延长，交于点H，连接交于点N，连接，，

因为，M为的中点，则，所以B为的中点，

因为，，所以易知N为的中点，则，

因为，，所以四边形为平行四边形，

所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，

在等腰梯形中，，，，

则，则梯形的高为，

所以等腰梯形的面积为，故C正确；

如图4，连接，，则，因为平面，平面，所以，

又，，平面，所以平面，

又M为的中点，所以三棱锥的高为，

因为面，面，所以，

，所以，

故D正确．

故选：ACD．

12．已加点P是圆上的一点．直线与直线交于点M．则下列说法正确的是（    ）

A． B．直线与圆O相切

C．直线被圆O截得的弦长为 D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】由直线一般式方程的垂直条件验证选项A；利用圆心到直线的距离判断相切验证选项B；几何法求弦长验证选项C；计算圆外的点到圆上的点的最小距离验证选项D.

【详解】由题意可知：圆的圆心，半径为3，

因为，所以，故A正确；

圆心O到的距离为，所以与圆O相切，故B正确；

圆心O到直线的距离为，所以弦长为，故C错误；

由，得，即，

所以，所以的最小值为，故D正确．

故选：ABD．

三、填空题

13．展开式中的系数为      .

【答案】135

【分析】根据二项式展开式的通项公式，令，解出r即可求解.

【详解】展开式的通项公式为，

令，解得，

所以含的项的系数为.

故答案为：135.

14．已知函数，若，则x的值为        ．

【答案】0或27

【分析】令，即，分类讨论先求出的值，再分类讨论求出的值．

【详解】令，即．

当时，，解得，即，

当时，，解得，符合题意；

当时，，解得，符合题意；

当时，，解得，不符合题意．

综上，x的值为0或27．

故答案为：0或27.

15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点为上关于坐标原点对称的两点，且，且四边形的面积为，则的离心率为        ．

【答案】

【分析】根据椭圆的对称性和推出，再根据面积以及椭圆的定义推出的关系式，可得离心率.

【详解】因为点为上关于坐标原点对称的两点，且，

所以四边形为矩形，即，

所以，

由椭圆定义与勾股定理知：，

所以，所以，所以，

即C的离心率为．

故答案为：

16．已知函数，不等式对任意的恒成立，则的最大值为        ．

【答案】1

【分析】先根据奇函数的定义推出为上的奇函数．利用导数推出在上单调递增．利用奇偶性和单调性将不等式化为对任意的恒成立，再参变分离得对任意的恒成立．然后构造函数，利用导数求出其最小值可得结果.

【详解】因为，

所以为上的奇函数．

又，

所以在上单调递增．

不等式对任意的恒成立，

即对任意的恒成立，

所以对任意的恒成立，

即对任意的恒成立．

令，所以，

所以当时，，在上为增函数；

当时，，在上为减函数．

所以，

设，显然为上的增函数，

因为，，所以存在，使得，

所以，此时，

所以，即的最大值为1．

故答案为：1

【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

一般地，已知函数，

（1）若，总有成立，故；

（2）若，总有成立，故；

（3）若，使得成立，故；

（4）若，使得，故.

四、解答题

17．设为公差不为0的等差数列的前项和，若，，成等比数列，．

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据等比中项和等差数列的通项公式列式求出和，可得数列的通项公式；

（2）根据，裂项求和可求出结果.

【详解】（1）设等差数列的公差为，，

因为，，成等比数列，所以，

所以，

所以，又，所以，所以，

所以，

解得，所以，

所以的通项公式．

（2）由（1）知，

所以

18．电影评论，简称影评，是对一部电影的导演、演员、镜头、摄影、剧情、线索、环境、色彩、光线、视听语言、道具作用、转场、剪辑等进行分析和评论．电影评论的目的在于分析、鉴定和评价蕴含在银幕中的审美价值、认识价值、社会意义、镜头语言等方面，达到拍摄影片的目的，解释影片中所表达的主题，既能通过分析影片的成败得失，帮助导演开阔视野，提高创作水平，以促进电影艺术的繁荣和发展；同时能通过分析和评价，影响观众对影片的理解和鉴赏，提高观众的欣赏水平，从而间接促进电影艺术的发展．某观影平台为了解观众对最近上映的某部影片的评价情况（评价结果仅有“好评”“差评”），从平台所有参与评价的观众中随机抽取220人进行调查，得到数据如下表所示（单位：人）：

(1)请将列联表补充完整，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对该部影片的评价与性别有关联？

(2)从给出“好评”的观众中按性别用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽出3人送电影优惠券，记随机变量X表示这3人中女性观众的人数，求X的分布列和数学期望．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】(1)列联表见解析，认为对该部影片的评价与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.010．

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）先计算，再根据临界值比较判断即可；

（2）先应用分层抽样确定男性和女性的人数，再应用超几何分布写出分布列再计算数学期望即得.

【详解】（1）列联表如下：

零假设为：对该部影片的评价与性别无关联．

根据列联表中的数据，经计算得到

，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为对该部影片的评价与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.010．

（2）从给出“好评”的观众中按性别用分层抽样的方法抽取10人，

男性有：（人），女性有：（人）．

X的所有可能取值为0，1，2，3，

所以，，，，

所以X的分布列为

所以．

19．在中，内角的对边分别为，且．

(1)求角的大小；

(2)若，是边的中点，且，求的内切圆的半径．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理角化边得，再根据余弦定理可求出结果；

（2）由余弦定理得，根据推出，联立得，，从而得，再根据三角形面积公式列式可求出的内切圆的半径．

【详解】（1）因为，

由正弦定理得，所以，

由余弦定理得，

又，所以．

（2）由余弦定理得，即．

又D是边的中点，且，所以，

所以，即，

又，所以，，所以．

设的内切圆的半径为r，所以，

所以．

20．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点是棱上的一点．

(1)若，求证：平面平面；

(2)若，，求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，取中点F，连接，根据线面垂直的性质和判定定理推出平面，再根据面面垂直的判定定理可得平面平面；

（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式可求出结果.

【详解】（1）连接，取中点F，连接，如图所示．

因为，，所以，，所以四边形为平行四边形．

所以，则，所以，即．

因为平面，平面，所以，

，，平面，所以平面，

又平面，所以．

又，，，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面．

（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

所以，，，，，

所以，，

设平面的一个法向量，

所以，得，令，，所以平面的一个法向量．

因为，所以，又，

所以，又，

设平面的一个法向量，

所以，得，令，得，

所以平面的一个法向量．

设平面与平面的夹角为，

所以．

即平面与平面的夹角的余弦值为．

21．已知双曲线的离心率为，且过点．

(1)求C的方程；

(2)设A，B为C上异于点P的两点，记直线，的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理由．

【答案】(1)

(2)直线过的定点为．

【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程，再结合离心率和，可求出，从而可求出双曲线方程，

（2）设，，然后由可得，可判断直线的斜率不为零，所以设直线的方程为，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，代入前面的式子可得或，从而可得直线方程，进而可求得直线恒过定点.

【详解】（1）由题意知，

解得，，，

所以C的方程为．

（2）证明：设，．

又，则，．

因为，所以，所以，

即，

所以，

所以，

当直线的斜率为0时，，，所以，解得或，不符合题意，所以直线的斜率不为0．

设直线的方程为，

由得，

，即，

所以，．

因为，

所以，

整理得，

所以，

所以，

整理得，

即，则或．

当时，直线的方程为，此时直线过定点；

当时，直线的方程为，此时直线过定点．

即为，因为A，B为C上异于点的两个动点，所以不符合题意．

故直线过的定点为．

【点睛】关键点点睛：对双曲线与直线的位置关系，解题的关键是设，，然后结合斜率公式和化简可得，设直线方程，通过数学计算找出的关系从而可以确定直线恒过定点.

22．已知函数．

(1)讨论的单调性；

(2)若的两个极值点分别为，，证明：．

【答案】(1)答案见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）分三种情况，和分别求出单调区间；

（2）先根据单调性确定极值，再根据大小去掉绝对值，最后换元构造新函数应用导数结合单调性证明即可.

【详解】（1）依题意，，

当时，，所以在上单调递减；

当时，令，解得或，令，解得

，所以在上单调递增，在

上单调递减，在上单调递增；

当时，，所以在上单调递增．

（2）不妨设，由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，

所以是的极大值点，是的极小值点，所以，所以．

由（1）知，，，则．

要证，只需证．

因为

，

设，．

所以，

所以在上单调递增，所以．

所以，即得成立．

所以原不等式成立．

【点睛】关键点点睛：构造新函数，应用导数结合单调性是证明不等式的关键点.