山东省部分学校（中昇）2023-2024学年高三数学上学期开学摸底大联考试题（Word版附解析）

这是一份山东省部分学校（中昇）2023-2024学年高三数学上学期开学摸底大联考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
中昇2023-2024学年高三开学摸底大联考数学注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡上，并将条形码横贴在答题卡的“贴条形码区”．3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．4．非选择题必须用直径0.5毫米黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效．5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 设集合，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由交集的定义直接求解.【详解】集合，则.故选：C2. 已知复数，则在复平面内表示的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】C【解析】【分析】由复数乘法运算以及共轭复数的概念，利用复数的几何意义可求出结果.【详解】由可得，，所以在复平面内表示的点坐标为位于第三象限，故选：C3. 已知非零向量、和实数，那么“”是“”的（    ）A. 充分而不必要条件 B. 既不充分也不必要条件C. 充要条件 D. 必要而不充分条件【答案】D【解析】【分析】在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求出向量、的夹角的值，再结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为，在等式两边平方可得，所以，，则，因为，所以，，即、方向相反，所以，“”“、方向相反”，“”“、方向相反”，因此，“”是“”的必要而不充分条件.故选：D.4. 定义域为的函数满足：当时，，且对任意实数，均有，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】求得，计算出，再由可得出的值.【详解】对任意的，，因为，则，当时，，则，因为，因此，.故选：D.5. 我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（    ）A. 10 B. 20 C. 30 D. 40【答案】B【解析】【分析】点的轨迹为圆，直线过圆心，得，利用基本不等式求的最小值.【详解】设点的坐标为，因为，则，即，所以点的轨迹方程为，因为点的轨迹关于直线对称，所以圆心在此直线上，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B.6. 抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与交于点（在轴上方），则（    ）A.  B. 2 C. 3 D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得直线的方程为，联立方程，求出两点的坐标，从而求得，由此得解.【详解】由抛物线，得，则直线的方程为，联立，解得或，即，所以，，所以.故选：C.7. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式、二倍角公式化简可得答案.【详解】因为，所以.故选：C.8. 已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（    ）A. 2022 B. 2023 C. 4048 D. 4046【答案】C【解析】【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新数列的性质求出其通项为即可得出结果.【详解】令数列的公比为，，因为，所以当时，，即，当时，，即，解得（舍去），所以，即，因为数列中的整数项组成新的数列，所以，此时，即，可得.故选：C二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9. 下列命题中正确是（    ）A. 中位数就是第50百分位数B. 已知随机变量，且函数为偶函数，则C. 已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为130D. 已知随机变量，若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据中位数定义可得A正确，利用函数奇偶性和正态分布的对称性计算可得B正确；按分层抽样样本方差的计算公式可得总体样本方差为，可知C错误；由二项分布方差计算公式可得D正确.【详解】对于A，中位数就是第50百分位数，所以A正确；对于B，随机变量，且函数为偶函数，则，即区间与关于对称，故，即B正确；对于C，根据分层抽样平均数公式可得，按分层抽样样本方差的计算公式可得，所以C错误；对于D，随机变量，，即可得，即D正确；故选：ABD10. 已知函数对都有，若函数的图象关于直线对称，且对，当时，都有，则下列结论正确的是（    ）A. B. 是奇函数C. 是周期为4的周期函数D. 【答案】AC【解析】【分析】B选项，根据的图象关于直线对称，得到关于轴对称，B错误；A选项，赋值法得到，结合求出；C选项，求出，C正确；D选项，先得到在上单调递增，结合函数的奇偶性和周期性得到.【详解】B选项，的图象关于直线对称，故关于轴对称，是偶函数，B错误；A选项，中，令得：，因为，所以，解得：，A正确；C选项，由于，，故，即是周期为4的周期函数，C正确；D选项，对，，当时，都有，故在上单调递增，又是周期为4的周期函数，且是偶函数，故，，因为，所以，D错误.故选：AC11. 某同学根据著名数学家牛顿的物体冷却模型：若物体原来的温度为（单位：℃），环境温度为（，单位℃），物体的温度冷却到（，单位：℃）需用时t（单位：分钟），推导出函数关系为，k为正的常数．现有一壶开水（100℃）放在室温为20℃的房间里，根据该同学推出的函数关系研究这壶开水冷却的情况，则（    ）（参考数据：）A. 函数关系也可作为这壶外水的冷却模型B. 当时，这壶开水冷却到40℃大约需要28分钟C. 若，则D 这壶水从100℃冷却到70℃所需时间比从70℃冷却到40℃所需时间短【答案】BCD【解析】【分析】对A，利用指对互化即可判断A；对B，将数据代入公式即得到；对C，根据，解出值，再代入数据即可判断；对D，分别代入公式计算冷却时间，作差比价大小即可.【详解】对A，由，得，所以，整理得．A项错误；对B，由题意可知． ，B项正确；对C，由，得，即，则．C项正确；对D，设这壶水从100℃冷却到70℃所需时间为分钟，则，设这壶水从70℃冷却到40℃所需时间为分钟，则，因，所以，D项正确．故选：BCD．12. 如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（    ）A. 存在唯一点，使得B. 存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值C. 若，则三棱锥外接球的表面积为D. 若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分【答案】BCD【解析】【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.【详解】对于A选项：正方形中，有，正方体中有平面，平面，，又，平面，平面，只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，此时点与点重合，B选项正确；对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则有，，有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13. 展开式中含项的系数为______________．【答案】-160【解析】【分析】变形为，写出通项公式，求出，得到答案.【详解】变形为，故通项公式得，其中的通项公式为，故通项公式为，其中，，令，解得，故.故答案为：-16014. 现有甲乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时7分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时________分钟．  【答案】19.【解析】【分析】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为，由题意求得水流速度，再求出乙容器中水的容积，则答可求，【详解】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为，由，正四棱台的中截面是边长为4的正方形，当水的高度是四棱台高度的一半时，甲容器内水的容积为设水流速度为v，则，当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时，水的容积为当水的高度是四棱台高度的一半时用时为分钟.故答案为：19.15. 设函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，则的取值范围是________.【答案】【解析】【分析】结合三角函数的图象性质，找出到满足条件的所在的区间，解不等式组即可作答.【详解】因为，则，而函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，因此，即，当时，不符合题意，当时，不等式组为，不等式组无解，当时，不等式组为，解得，当时，不等式组无解，所以的取值范围是.故答案为：16. 已知双曲线，，分别为双曲线的左､右焦点，为双曲线上的第一象限内的点，点为△的内心，点在轴上的投影的横坐标为___________，△的面积的取值范围为___________.【答案】    ①. 3    ②. 【解析】【分析】先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，，则，求出，从而求出，求出△的面积的取值范围.【详解】由题意得：，故，设点，且在上垂足为H，根据双曲线定义及切线长定理得：，又，解得：，所以点H坐标为，即横坐标为3；渐近线的倾斜角为，则，记，则，所以，即，又，解得：(负值舍)，所以，则，所以.故答案为：3，【点睛】方法点睛：双曲线焦点三角形的内切圆圆心位于顶点的正上方或正下方，这个二级结论在双曲线有关于内切圆的题目时，经常用到，需要掌握.四、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 记的内角的对边分别为．（1）证明：；（2）若，求．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）由两角和与差的正弦公式化简，结合正弦定理可证明结论；   （2）由已知条件结合余弦定理求出的值，再由余弦定理求．【小问1详解】中，由，得，所以，所以，而 ，结合正弦定理，所以.【小问2详解】由（1）知：，所以，即，所以.解得或（舍），所以.18. 喜迎新学期，高三一班、二班举行数学知识竞赛，赛制规定：共进行5轮比赛，每轮比赛每个班可以从两个题库中任选1题作答，在前两轮比赛中每个班的题目必须来自同一题库，后三轮比赛中每个班的题目必须来自同一题库，题库每题20分，题库每题30分，一班能正确回答题库每题的概率分别为、，二班能正确回答题库每题的概率均为，且每轮答题结果互不影响．（1）若一班前两轮选题库，后三轮选题库，求其总分不少于100分的概率；（2）若一班和二班在前两轮比赛中均选了题库，而且一班两轮得分60分，二班两轮得分30分，一班后三轮换成题库，二班后三轮不更换题库，设一班最后的总分为，求的分布列，并从每班总分的均值来判断，哪个班赢下这场比赛？【答案】（1）    （2）分布列见解析，一班赢下这场比赛.【解析】【分析】（1）由概率的乘法公式与加法公式求解；（2）由题意求出两个班的总分可能取值，然后求出对应的概率，进而列出分布列，并根据期望的概念求出期望，比较大小即可判断.【小问1详解】由条件知，若一班在前两轮得20分，后三轮得90分，总分为110分，其概率为， 若一班在前两轮得40分，后三轮得60分或90分，总分为100或130分，其概率为， 于是一班总分不少于100分的概率为 .【小问2详解】由条件知，随机变量X可能取值为60，80，100，120，，，，． 所以X的分布列为：X6080100120P，  设二班最后的总分为Y，Y可能取值为30，60，90，120，，，，，的分布列： ，        因为，所以从总分的均值来判断，一班赢下这场比赛.19. 如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.（1）求证：平面；（2）若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，，从而求出线面平行；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.【小问1详解】取线段的中点，连接，，∵，分别为，的中点，∴且，∵底面是菱形，且为中点，∴且，∴且.∴四边形为平行四边形，∴.又∵平面，平面，∴平面.【小问2详解】连接，由得是等边三角形，∴，∵侧面底面，侧面底面，底面，∴侧面，因为，，由余弦定理的：，解得：，以为原点建立空间坐标系，如图所示.则，，，，则，，，，设平面的一个法向量，则，即，令，则.设平面的一个法向量为，则，即，解得：，令，则，故，∴，所以平面与平面的夹角的余弦值为.20. 已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，是公差为1的等差数列，是公差为2的等差数列．（1）若b2=2，求{an}，{bn}的通项公式；（2）若，，证明：．【答案】（1）；    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知求得，，通过累加法求得，进而求得；（2）根据已知求得，构造，求导后得，结合得，又，从而求得，进而证得结论．【小问1详解】解：因为是公差为1的等差数列，所以，即，且，所以，累加得，所以，则；【小问2详解】解：因为，累加得，所以，则，则，令，且，所以，且，所以，所以，且，从而，所以，当时，时，，所以．21. 已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）求得函数定义域为，，通过分类讨论即可得到答案；（2）首先得到的范围，将原式转化为对恒成立，即对恒成立，通过导数研究函数最值即可得到答案.【小问1详解】定义域为，，①当时，令，得，此时单调递增，令，得，此时单调递减；②当时，令，得，此时单调递增，令，得，此时单调递减；综上所述，当时，在单调递增，在单调递减；当时，在单调递增，在单调递减.【小问2详解】记，由（1）知，当时，，则，则，当时，恒成立，即对恒成立，即对恒成立，则，即对恒成立，令，对恒成立，则在单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为.【点睛】方法点睛：本题考查导数的同构问题.要善于通过转化的方法，将原式的形式统一，进而进行换元，进而将恒成立问题转化为求函数的最值问题，结合导数与函数关系求得答案.22. 已知椭圆，且其右焦点为，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于、两点．（1）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；（2）过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点．【答案】（1）存在，    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设线段的中点为，分析可知直线为直线的垂直平分线，求出直线的方程，求出的表达式，即可求得的取值范围，即可得解；（2）当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，写出直线的方程，在直线的方程中，令可求出定点的坐标；当直线的斜率为零时，验证即可，综合可得出结论.【小问1详解】解：由题意，设直线的方程为，，联立，得，                                  恒成立.设、，线段的中点为，则， ，由，得：，故， 又因为为的中点，则直线为直线的垂直平分线，所以，直线的方程为，即，令得点的横坐标，因为，则，所以，，                  所以，线段上存在点，使得，其中.【小问2详解】解：当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，，联立得，                               因为过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，    由，得，      设、，则，则，， 则直线的方程为，令得.         易知，当直线斜率为时，直线与轴重合，此时，点与点重合，则直线过点.综上所述，直线过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.