2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校高三上学期摸底数学试题含答案

这是一份2024届山西省朔州市怀仁市第一中学校等学校高三上学期摸底数学试题含答案，共38页。试卷主要包含了 本卷主要考查内容， 在圆， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。
 2023～2024学年怀仁一中高三年级摸底考试
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4. 考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5. 本卷主要考查内容：高考范围.
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. 设复数，则它的共轭复数的虚部为（）
A. B. C. D. 1
2. 已知集合，，则（）
A B. C. D.
3. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则
其中正确命题的序号是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
4. 函数的大致图象为（）
A. B.
C. D.
5. 已知向量，都是单位向量，若，则向量，的夹角的大小为（）
A. B. C. D.
6. 在圆：的圆周上及内部所有的整点（横坐标，纵坐标均为整数的点）中任意取两个点，则这两个点在坐标轴上的概率为（）
A. B. C. D.
7. 已知定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，，线段与双曲线的左支相交于点，若，则双曲线的离心率为（）
A B. 2 C. D.
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. 从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（）
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数” B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数” D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
10. 已知函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（）
A. 函数为偶函数 B.
C. D. 函数的图象的对称轴方程为
11. 已知函数，若有6个不同的零点分别为，且，则下列说法正确的是（）
A. 当时，
B. 的取值范围为
C. 当时，的取值范围为
D. 当时，的取值范围为
12. 如图，在三棱锥中，，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（）

A. 直线AB与CD为异面直线 B.
C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ______.
14设随机变量服从正态分布，若，则__________．
15. 已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在轴的上方），则______．
16. 已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列.表示不超过x的最大整数，如，则数列的前35项和为___________.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知等比数列前n项和为，且.
（1）求数列通项公式；
（2）求数列的前n项和.
18. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

（1）求的值；
（2）如图，D为AB上的一点，且，若，B为锐角，求，的值.
19. 疫情过后，某工厂快速恢复生产，该工厂生产所需要的材料价钱较贵，所以工厂一直设有节约奖，鼓励节约材料，在完成生产任务的情况下，根据每人节约材料的多少到月底发放，如果1个月节约奖不少于1000元，为“高节约奖”，否则为“低节约奖”，在该厂工作满15年的为“工龄长工人”，不满15年的为“工龄短工人”，在该厂的“工龄长工人”中随机抽取60人，当月得“高节约奖”的有20人，在“工龄短工人”中随机抽取80人，当月得“高节约奖”的有10人．
（1）若以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，在该厂的“工龄长工人”中任选取5人，估计下个月得“高节约奖”的人数不少于3人的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，分析得“高节约奖”是否与工人工作满15年有关．
参考数据：附表及公式：，

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

20. 如图，在三棱锥中，，，，，二面角为钝角，三棱锥的体积为.

（1）求二面角的大小；
（2）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.
21. 已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，M为椭圆E的上顶点，，点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设经过焦点的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的面积的最小值.
22. 已知函数（，e为自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求实数a的取值范围.


















2023～2024学年怀仁一中高三年级摸底考试
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2. 请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3. 选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4. 考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5. 本卷主要考查内容：高考范围.
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. 设复数，则它的共轭复数的虚部为（）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘方、乘法、共轭复数、虚部等知识求得正确答案.
【详解】由，可得，
所以它的共轭复数的虚部为1.
故选：D
2. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式求得，由此求得.
【详解】由题意可知，所以，
又由，
所以，所以.
故选：C
3. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，，，则；
②若，，则；
③若，，，则；
④若，，则
其中正确命题的序号是
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中直线与平面的位置关系逐项分析即可．
【详解】当时，可能平行，也可能相交或异面，所以①不正确；当时，可以平行，也可以相交，所以④不正确；若，，则；若，则，故正确命题的序号是②③.
【点睛】本题考查空间中平面与直线的位置关系，属于一般题．
4. 函数的大致图象为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数的奇偶性和时函数值正负的分布情况，利用排除法可得到结果.
【详解】函数定义域关于原点对称，且由，
知函数为奇函数，所以的图象关于原点对称，选项BD不符合，
当时，，
故选项C不符合，
故选：A.
5. 已知向量，都是单位向量，若，则向量，的夹角的大小为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据结合题意整理得，代入公式运算．
【详解】向量，都是单位向量，则
∵，则
即，则
∴，又
所以
故选：B．
6. 在圆：的圆周上及内部所有的整点（横坐标，纵坐标均为整数的点）中任意取两个点，则这两个点在坐标轴上的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意画出图象，即可得到整点的个数，其中有个点在坐标轴上，记为、、，另外两个记为、，利用列举法列出所有可能结果，再利用古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：依题意圆：如下图所示：

可知整点有、、、、共个，其中有个点在坐标轴上，记为、、，另外两个记为、，
从5个点中任取2个包括的基本事件为、、、、、、、、、共10个，
两个点都在坐标轴上包含、、共3个基本事件，所以两个点都在坐标轴上的概率；
故选：D
7. 已知定义在R上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数是偶函数求的解析式，再利用偶函数的性质，画出函数的图像，利用图像求解不等式.
【详解】当时，，，令，
依题意，则图象在图象上方，
画出函数和的图像，
由，得，
则的解集为．

故选：B
8. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点在双曲线的右支上，，线段与双曲线的左支相交于点，若，则双曲线的离心率为（）
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及勾股定理计算可得；
【详解】解：设，，双曲线的焦距为，由双曲线的定义可知，，
在中有，可得，解得，所以，，
在中，可得，解得，所以离心率；
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. 从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（）
A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数” B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数”
C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数” D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数”
【答案】AD
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可.
【详解】从1~9中任取三数，按这三个数的奇偶性分类，有四种情况：
（1）三个均为奇数；（2）两个奇数一个偶数；（3）一个奇数两个偶数；（4）三个均为偶数，所以选项A、D互斥但不是对立事件，选项C是对立事件，选项B不是互斥事件.
故选：AD.
10. 已知函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（）
A. 函数为偶函数 B.
C. D. 函数的图象的对称轴方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】整理可得，根据平移整理得，结合余弦函数得对称轴求解．
【详解】对于A，由已知得，函数为偶函数，故A正确；
对于B，C，可得，故C正确；
对于D，令，，可得，，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，若有6个不同的零点分别为，且，则下列说法正确的是（）
A. 当时，
B. 的取值范围为
C. 当时，的取值范围为
D. 当时，的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】对A选项，对求导，得到其最值即可判断，对B选项，将看成整体解出或，通过图像找到所在位置，依据，假设通过消元解出范围，再通过数形结合求出的范围，两者比较即可，对C,D通过减少变量，将式子化为，然后转化为的范围进行分类讨论即可判断.
【详解】当时，，此时，令，解得，
令，解得，可得在上单调递减，在上单调递增，
且，
∴当时，，故A正确；
作出如图所示图像：

由有6个不同的零点，
等价于有6个不同的实数根，
解得或，
∵，∴若，可得，而当时，，可得，而；
当时，，可得而，
故的范围为的子集，的取值范围不可能为，故B选项错误；
该方程有6个根，且，知且，
当时，，
，联立解得，
，故C正确；
当时，，
，联立解得，
．故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点睛：本题的关键点是对的理解，将看成一个，解出其值，然后通过图像分析，转化为直线与图像的交点情况，对于C,D选项式子，我们谨记要减少变量，将其转化为一个或两个变量的相关式子，常见的如，有两根，则，如一元二次方程存在实数解，则.
12. 如图，在三棱锥中，，，二面角的大小为，则下列说法正确的是（）

A. 直线AB与CD为异面直线 B.
C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据异面直线、余弦定理、锥体体积、二面角、几何体外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由异面直线的定义知A选项正确；
在中，，可知B选项正确；
如图，取BC的中点E，在AE上取点，使得，
取BD的中点G，并延长CG到点，使得，
，，可知C选项错误；
记O为三棱锥的外接球的球心，连接，，，
并延长，相交于点F.
由，可知为等边三角形，
又由，可知为的外心.
由，，，可得，
又由，可得，都为等边三角形，
可得，可得为的外心.
可得，，
可知为二面角的平面角，可得.
由，可得，，，
在中，，，
可得，，
由，在中，
可得，
在中，，
可得三棱锥的外接球的表面积为，可知D选项正确.
故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. ______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据诱导公式、两角和的正弦公式求得正确答案.
【详解】
.
故答案为：
14. 设随机变量服从正态分布，若，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正态曲线的对称性求解即可.
【详解】因为随机变量服从正态分布，
所以随机变量所对应的正态曲线关于对称，
因为，所以，
所以，
故答案为：
15. 已知抛物线：的焦点为，过点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点（点在轴的上方），则______．
【答案】
【解析】
【分析】求出直线AB的方程及点A，B的横坐标，再利用抛物线定义计算作答.
【详解】抛物线：的焦点为，准线方程为：，
直线AB的方程为：，由消去y并整理得：，解得，，
依题意，点A的横坐标，点B的横坐标，
由抛物线定义得：.
故答案为：
16. 已知数列的前n项和为，数列是首项为，公差为的等差数列.表示不超过x的最大整数，如，则数列的前35项和为___________.
【答案】397
【解析】
【分析】利用数列的通项公式与前n项和的关系可得，利用数列的新定义可得数列的各项，即求.
【详解】由题可得，
所以，
当时，，
当时，，
又也适合上式，
∴，
令，
则，，，，，，，…，，，，
所以，，，，，，，…，，，，
所以数列前35项的和为
.
故答案为：397.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据新定义的特点，分析数列各项，使问题得到解决.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. 已知等比数列前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据递推关系可得，求得数列的公比，再代入通项公式，即可得答案；
（2）利用错位相减法求和，即可得答案；
【详解】（1）因为①
所以，②…·，
①－②得，即，
则为等比数列，且公比，
因为，所以.
（2）由（1）可得，，③
，④
③－④得，
故.
【点睛】本题考查等比数列通项公式、错位相减法求和，考查运算求解能力.
18. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

（1）求的值；
（2）如图，D为AB上的一点，且，若，B为锐角，求，的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由已知等式结合余弦定理求出，再由同角公式可得；
（2）分别在和中由正弦定理得，，得，得，得，再根据，得，得，再根据二倍角公式和诱导公式可求出.
【小问1详解】
可化为，
由余弦定理得，
∵，∴.
【小问2详解】
设，由可得，
在中，由正弦定理得，得，可得，
在中，由正弦定理得，可得，
可得，得，
又因为，所以，
又由为锐角，得，得，可得，
又由，得，可得，
所以，
又由，得，因为为锐角，所以，
即.

19. 疫情过后，某工厂快速恢复生产，该工厂生产所需要的材料价钱较贵，所以工厂一直设有节约奖，鼓励节约材料，在完成生产任务的情况下，根据每人节约材料的多少到月底发放，如果1个月节约奖不少于1000元，为“高节约奖”，否则为“低节约奖”，在该厂工作满15年的为“工龄长工人”，不满15年的为“工龄短工人”，在该厂的“工龄长工人”中随机抽取60人，当月得“高节约奖”的有20人，在“工龄短工人”中随机抽取80人，当月得“高节约奖”的有10人．
（1）若以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，在该厂的“工龄长工人”中任选取5人，估计下个月得“高节约奖”的人数不少于3人的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，分析得“高节约奖”是否与工人工作满15年有关．
参考数据：附表及公式：，

0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【答案】（1）
（2）得“高节约奖”与工人工作满15年有关．
【解析】
【分析】（1）以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，求出每个“工龄长工人”得“高节约奖”的概率，然后分别求出3 人、4 人、5 人得“高节约奖”的概率后相加即得；
（2）列出列联表，计算出，比较临界值即可得．
【小问1详解】
以“工龄长工人”得“高节约奖”的频率估计概率，
每个“工龄长工人”得“高节约奖”的概率为，
5人中，恰有3人得“高节约奖”概率为，
恰有4人得“高节约奖”概率为，
5人都得“高节约奖”概率为，所求概率为；
【小问2详解】
列出列联表如下：

“高节约奖”
“低节约奖”
合计
“工龄长工人”
20
40
60
“工龄短工人”
10
70
80
合计
30
110
140
零假设：得“高节约奖”是否与工人工作满15年有关．
，
根据小概率值的独立性检验，得“高节约奖”与工人工作满15年有关．
20. 如图，在三棱锥中，，，，，二面角为钝角，三棱锥的体积为.

（1）求二面角的大小；
（2）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出二面角的平面角，结合三棱锥的体积求得二面角的大小.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AP与平面PBC所成角的正弦值.
【小问1详解】
如图，取AC的中点O，AB的中点D，连接OD，
过点P作DO的延长线的垂线，垂足为H.
∵，，，，
∴和都为等腰直角三角形，，，
∵，，∴OD为的中位线，
∴，，
∵，，∴，
∵，∴，
∵，，，OD，平面ODP，
∴平面ODP，
∵平面ODP，平面ODP，∴，
∵，，，OH，平面ABC，
∴平面ABC，
∵，平面ABC，三棱锥的体积为，
∴，∴.
∵，∴，
∴为等腰直角三角形，可得，，
∵，，∴为二面角的平面角，
∴二面角的大小为；
【小问2详解】
由（1）可知，平面ABC，
以OA，OD和过点O作HP的平行线的方向分别为x，y，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，
∴，，，
设平面PBC的法向量为，则，
即，令，则，，∴，
∴，，，
则，
∴直线AP与平面PBC所成角的正弦值为.

21. 已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，M为椭圆E的上顶点，，点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设经过焦点两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的面积的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的标准方程.
（2）根据直线的斜率进行分类讨论，结合根与系数关系求得，进而求得四边形面积的表达式，并利用基本不等式求得面积的最小值.
【小问1详解】
设，由，有.
又由，有（O坐标原点），可得，，
可得椭圆E的方程为，
代入点N的坐标，有，解得，，
故椭圆E的标准方程为；
【小问2详解】
①当直线AB的斜率不存在或为0时，为长轴长或，
不妨设，，
故；
②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：，，，
联立方程，消去y得，
则，，
所以

，
同理可得，
所以，
因为，
当且仅当，即时等号成立，
所以，而，
综上：四边形ACBD的面积的最小值为.

【点睛】求椭圆的标准方程，主要的思路是根据已知条件求得，是两个未知量，所以需要找到2个已知条件来求解.如本题中，以及椭圆所过点的坐标，这就是两个已知条件，由此列方程来求得，从而求得椭圆的标准方程.
22. 已知函数（，e为自然对数的底数）.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有且仅有3个零点，求实数a取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）分成，，，四种情况利用导数讨论函数的单调性；
（2）结合（1）中函数的单调性讨论函数的零点个数，得出结果.
【小问1详解】
函数的定义域为，
.
①当时，由，有，令，可得，
可得函数的减区间为，
令，函数的增区间为；
②当时，，
可得函数在区间上单调递增，无单调减区间；
③当时，，令，可得，
可得函数的减区间为，
令，可得，或，所以函数的增区间为，；
④当时，，令，可得，
令，可得，或，
可得函数的减区间为，增区间为，；
综上，当时，由函数的减区间为，增区间为；
当时，函数在区间上单调递增；
当时，函数的减区间为，增区间为，；
当时，函数的减区间为，增区间为，.
【小问2详解】
.
由（1）可知：
①当时，由函数的减区间为，增区间为，有，函数没有零点，不合题意；
②当时，函数单调递增，函数最多只有一个零点，不合题意；
③当时，函数的减区间为，增区间为，，
由，函数最多只有一个零点，不合题意；
④当时，函数的减区间为，增区间为，.
由，若函数有且仅有3个零点，必需，
令，有，
令，有，
可得函数单调递增，有，
可得函数单调递增，又由，
故满足不等式的a的取值范围为.
又由，可得当时，，
又由，，，可得函数有且仅有3个零点.
由上知，若函数有且仅有3个零点，实数a的取值范围为.
【点睛】用导数研究函数的零点个数问题方法点睛：
通常需要借助零点存在性定理判断；判断时找到极大值点或极小值点，分析函数的单调性、图象的走向趋势，来确定某区间的零点个数或已知零点个数确定参数范围.但需注意探求与论证之间区别，论证是充要关系，要充分利用零点存在定理及函数单调性严格说明函数零点个数