山东省青岛市2024届高三数学上学期期初调研检测试题（Word版附解析）

这是一份山东省青岛市2024届高三数学上学期期初调研检测试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了08， 若函数为奇函数，则， 设抛物线， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。
2023年高三年级期初调研检测数学试题2023.08本试卷共4页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共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. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解集合中的不等式，得到集合，再与集合取交集.【详解】不等式解得，则有，又，所以.故选：C2. 已知复数，则（    ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法求出复数，得到共轭复数，可求.【详解】由，得，.故选：B3. 设，，若，则（    ）A. 5 B.  C. 20 D. 25【答案】A【解析】【分析】由，则，解出，得到的坐标，利用模长公式求.【详解】，，若，则有，解得，则有，得.故选：A4. 已知某设备的使用年限（年）与年维护费用（千元）的对应数据如下表：2456839由所给数据分析可知：与之间具有线性相关关系，且关于的经验回归方程为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得样本中心，把样本中心代入回归直线方程，即可求解.【详解】由题意得，，因为回归直线过样本中心点，所以，解得.故选：B.5. 记为等比数列的前项和，且，、、成等差数列，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据、、成等差数列求出数列的公比，利用等比中项的性质可求得的值，进而可求得的值，利用等比求和公式可求得的值.【详解】因为、、成等差数列，即，即，即，所以，等比数列的公比为，因为是每项均为正数的等比数列，由等比中项的性质可得，则，因此，.故选：D6. 若函数为奇函数，则（    ）A.  B. 0 C. 1 D. 【答案】C【解析】【分析】由函数为奇函数，有，解出的值即可.【详解】函数为奇函数，，解得.时，，函数定义域为R，满足，函数为奇函数.所以.故选：C7. 设抛物线：的焦点为，在上，，则的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据抛物线的定义求得，进而确定正确答案.【详解】抛物线的开口向上，由于在上，且，根据抛物线的定义可知，所以抛物线的方程为.故选：A8. 已知，，则（    ）A. 1 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用平方的方法，结合两角和的余弦公式、二倍角公式求得正确答案.【详解】由两边平方得①，由两边平方得②，由①②两式相加并化简得，所以.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 一组样本数据11，19，15，16，19，则这组数据的（    ）A. 众数是19 B. 平均数是16 C. 中位数是15 D. 方差是44【答案】AB【解析】【分析】根据众数、平均数、中位数、方差的知识求得正确答案.【详解】这组数据从小到大排列为，所以众数是，A选项正确；中位数是，C选项错误；平均数是，B选项正确.方差是，D选项错误.故选：AB10. 已知的展开式的各二项式系数的和为256，则（    ）A.  B. 展开式中的系数为C. 展开式中常数项为16 D. 展开式中所有项的系数和为1【答案】ABD【解析】【分析】由二项式系数和求，利用展开式的通项求的系数和常数项，令求展开式中所有项的系数和.【详解】由二项式系数之和为，可得，A选项正确；展开式的通项为，时，，展开式中的系数为，B选项正确；时，，展开式中常数项为，C选项错误；中，令，得展开式中所有项系数和为，D选项正确.故选：ABD11. （多选）正四棱锥的底面边长是4，侧棱长为，则（    ）A. 正四棱锥的体积为 B. 侧棱与底面所成角为C. 其外接球的半径为 D. 其内切球的半径为【答案】BCD【解析】【分析】通过运算逐一判断各个选项即可.【详解】如图所示：设为底面正方形的中心，所以.对于A选项：由棱锥体积公式可知，只需求出棱锥的高（即的长度即可），由已知底面正方形的边长为4且侧棱，所以有，且由勾股定理有，棱锥的高， 综上；故A选项不符题意.对于B选项：注意到，所以侧棱与底面所成的平面角为，由以上分析可知，所以；故B选项符合题意.对于C选项:由对称性可知正四棱锥外接球球心一定在高上.如图所示：设点为外接球球心，为外接球半径.由勾股定理得，即，解得，故C选项符合题意.对于D选项：由以上分析注意到一方面有，另一方面，其中为内切球的半径分别为正方形的面积，显然，且面积相等，所以只需求出等腰三角形的面积即可，其平面图如图所示：设为中点，所以，又，由三线合一可知，由勾股定理可得，所以，所以，结合以及可得，解得；故D选项符合题意.故选：BCD.【点睛】易错点睛：对于A：选项求棱锥体积的时候，可能容易漏乘而导致错选，记住棱柱和棱锥体积公式分别为和，分别代表对应的底面积和高.对于B:容易错在找出线面角或者计算方面.对于C:容易错在球心位置搞错或者计算方面.对于D:容易错在用等体积法的时候漏乘，算三角形面积漏乘.总之扎实的计算功底以及对于每一个公式里面的具体字母的含义要弄清楚，这一点很重要.12. 已知函数，则（    ）A. 是的极大值点B. 有且只有1个零点C. 存在正实数，使得对于任意成立D. 若，，则【答案】BD【解析】【分析】利用导数，根据极值点、零点、不等式恒成立、构造函数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，定义域为，，所以在区间上，单调递减；在区间上，单调递增.所以是的极小值点，A选项错误.设，所以在上单调递减，，所以存在唯一零点，且，B选项正确.C选项，由对于任意成立，即对于任意成立，构造函数，令，所以在区间上单调递增；在区间上单调递减，所以，所以，所以在上单调递减，没有最小值，且，所以不存在正实数，使得恒成立，所以C选项错误.D选项，令，则，令，，所以在上单调递减，则，则，令，由，且函数在上单调递增，得，则，当时，成立，所以D选项正确.故选：BD【点睛】利用导数求解函数的极值点，主要是利用导数求函数的单调区间，从而求得函数的极值点.利用导数研究函数的零点，除了利用导数求得函数的单调区间外，还可结合零点存在性定理来进行求解.利用导数求解函数单调性的过程中，若一次求导无法得到答案，可考虑多次求导的方法来进行求解.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13. 函数的最小正周期为，则__________.【答案】1【解析】【分析】利用正弦型函数的周期公式求解.【详解】函数的最小正周期为，则，解得.故答案为：114. 已知圆：，直线过.若直线与圆相交于，两点，且，写出满足上面条件的一条直线的方程__________.【答案】（写出或中的一个即可）【解析】【分析】根据圆心到直线距离，结合圆的弦长公式即可求解.【详解】圆：的圆心为，半径为，当直线无斜率时，此时：，圆心到：的距离为1，由，可知圆心到直线的距离为,故：满足要求，当直线有斜率时，设直线方程为，故圆心到直线的距离为，解得，所以直线方程为，故满足题意的直线有：和，故答案为：（写出或中的一个即可）15. 海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球给人类保留宇宙秘密的遗产”，若要测量如图所示某蓝洞口边缘，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得海里，，，，则，两点的距离为__________海里.  【答案】【解析】【分析】先求的，利用余弦定理求得，利用正弦定理求得，再由余弦定理求得.【详解】在三角形中，，所以，所以，在三角形中，，由正弦定理得，在三角形中，，所以（海里）.故答案为：  16. 椭圆：与其对称轴交于四点，按逆时针方向顺次连接这四个点，所得的四边形的面积为，且的离心率为，则的长轴长为__________；直线：与交于，两点，若以为直径的圆过点，则的值为__________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】根据椭圆的性质以及离心率即可求解空1，联立直线与椭圆方程，根据向量数量积的坐标运算即可求解空2.【详解】由题意可得，且，又，故，故长轴长为，联立与可得，设,则，故，由于以为直径的圆过点，所以,,故，所以，化简可得，满足，故，故答案为：，  四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17. 中，已知内角，，所对的边分别为，，，.（1）求的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理、两角和的正弦公式、诱导公式等知识化简已知条件，由此求得.（2）先求得，然后利用正弦定理求得，从而可利用三角形的面积公式求得的面积.【小问1详解】因为，,所以，因为，所以,所以，所以是锐角，且.【小问2详解】因为，，，，又，由正弦定理，所以.18. 在长方体中，，，与交于点，点为中点.  （1）求证：平面；（2）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）由长方体的结构特征，可证，，得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：在长方体中，因为平面，平面，所以，因为为正方形，所以，因为，平面所以平面【小问2详解】以为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，，，，；，，，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面的法向量为，则，令，则，即，，所以，平面与平面夹角的余弦值为.19. 已知为坐标原点，，，直线，的斜率之积为4，记动点的轨迹为.（1）求的方程；（2）直线经过点，与交于，两点，线段中点为第一象限，且纵坐䏡为，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设点的坐标为，根据题意结合斜率公式求解即可；（2）显然直线的斜率不存在时，不符合题意，设直线方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出的值，再求出和到直线的距离即可求解.【小问1详解】设点的坐标为，因为，，所以，化简得：所以的方程为：.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，显然不符合题意；  设，，直线方程为，与联立得：，由且，解得且，由韦达定理得，因为线段中点在第一象限，且纵坐标为，所以，解得或（舍去），所以直线为，所以，所以，点到直线的距离，所以.【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.20. 已知数列中，，，数列是公差为1的等差数列.（1）求的通项公式：（2）若，求数列的行前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据等差数列的通项可得，即可根据累加迭代法求解，（2）根据裂项求和即可求解.【小问1详解】因为数列是公差为1的等差数列，因为，，所以所以所以，，，……，所以所以所以因为适合上式，所以【小问2详解】因为,所以21. 某篮球赛事采取四人制形式.在一次战术训练中，甲、乙、丙、丁四名队员进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三人中的任何一人.次传球后，记事件“乙、丙、丁三人均接过传出来的球”发生的概率为.（1）求；（2）当时，记乙、丙、丁三人中接过传出来的球的人数为，求随机变量的分布列及数学期望；（3）当时，证明：.【答案】（1）    （2）分布列见解析，    （3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据相互独立事件概率计算求得.（2）的可能取值为，根据相互独立事件概率计算求得分布列并求得数学期望.（3）根据第次传球后，接过他人传球的人数进行分类讨论，由此证得结论成立.【小问1详解】乙、丙、丁三人每次接到传球的概率均为，3次传球后，事件“乙、两、丁三人均接过传出来的球”发生的概率为.【小问2详解】由题意知，的可能取值为1，2，3，，，，的分布列如下：123.【小问3详解】次传球后乙、丙、丁三人均接过他人传球，有两种情况，其一为：次传球后乙、丙、丁三人均接过他人传球，这种情况的概率为；其二是为：次传球后乙、两、丁中只有两人接过他人传球，第次传球时将球传给剩余一人，这种情况的概率为.所以，当时，所以.【点睛】在求解随机变量分布列的过程中，对于最后一个概率，可以利用减去其它概率来进行求解.对于复杂抽象的概率问题求解，可根据具体的情况进行分类讨论，通过分类讨论来降低难度，从而解决难题.22. 已知，函数.（1）若，求在点处的切线方程；（2）求证：；（3）若为的极值点，点在圆上.求.【答案】（1）    （2）证明见解析    （3）【解析】【分析】（1）利用函数解析式求切点坐标，利用导数求切点处切线的斜率，点斜式求切线方程；（2）利用导数求的最小值，通过构造函数，利用导数证明最小值大于等于恒成立；（3）由，直线为圆的切线，且图像在圆的上方，故点为切点，可求的值.【小问1详解】，，由，得切点为由，有，即在点处的切线斜率为，所以在点处的切线方程为：.【小问2详解】证明：因为(，)，设函数，则(，)，所以在上单调递增又因为，，所以存在，使得，即，，所以，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增；所以令，，则，解得，解得，所以，在上单调递减，在上单调递增；所以，，所以，的图像在的上方，且与唯一交点为，所以，.【小问3详解】圆的圆心坐标为，半径，圆心到直线的距离，所以直线为圆的切线，由解得切点坐标为，显然，圆在直线的下方又因为，且点在圆上，则点即为切点为，所以，【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用隐零点法得到，再通过设新函数，通过导数求其最值，从而证明原不等式.