2024淄博高三上学期期末摸底试题数学含解析

这是一份2024淄博高三上学期期末摸底试题数学含解析，共30页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数z满足，则复数（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
3. 设随机变量，且，则（ ）
A. 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
4. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面ABCD所成的角为，则该正四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6. 设为等差数列的前n项和，则“对，”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7. 已知函数，的定义域都为，为的导函数，的定义域也为，且，，若为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为（ ）
① ② ③ ④
A. 1B. 2C. 3D. 4
8. 已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A B. 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. 函数，，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 图象的对称中心为，
C. 图象的对称轴为，
D. 的单调递减区间为，
10. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
11. 如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（ ）
A. 多面体的外接球的表面积为
B. 的周长的最小值为
C. 线段长度的取值范围为
D. 与平面所成的角的正弦值最大为
12. 已知函数，，则下列说法正确是（ ）
A. 函数与函数有相同的极小值
B. 若方程有唯一实根，则a的取值范围为
C. 若方程有两个不同的实根，则
D. 当时，若，则成立
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有________种．
14. 已知圆，则直线与圆的位置关系是__________.
15. 已知函数的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点，．将画有该图象的纸片沿着x轴折成120°的二面角，此时________．
16. 已知实数x，y满足，则最小值为________．
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. 设函数，其中.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
18. 如图，AB是半球O的直径，，依次是底面上的两个三等分点，P是半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若点在底面圆上射影为中点，求直线与平面所成的角的正弦值．
19. 设锐角的内角所对的边分别为，已知.
（1）求证：；
（2）求的取值范围；
（3）若，求面积的取值范围.
20. 已知和均为等差数列，，，，记，，…，（n=1，2，3，…），其中， ，，表示，，，这个数中最大的数．
（1）计算，，，猜想数列的通项公式并证明；
（2）设数列的前n项和为，若对任意恒成立，求偶数m的值．
21. 已知函数．
（1）若时，恒有，求a的取值范围；
（2）证明：当时，．
22. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛．已知羽毛球比赛单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方．现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分的概率为，乙得分的概率为；若乙发球，乙得分的概率为，甲得分的概率为．规定第1回合是甲先发球．
（1）求第3回合由甲发球的概率；
（2）①设第i回合是甲发球的概率为，证明：是等比数列；
②已知：若随机变量服从两点分布，且，，2，…，n，则．若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．
2023—2024学年度第一学期高三摸底质量检测
数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号等填写在答题卡和试卷指定位置上．
2．回答选择题时，选出每个小题答案后，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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出集合、后，结合集合的运算即可得.
【详解】，即，则，解得，
所以，，
所以，从而.
故选：D.
2. 已知复数z满足，则复数（ ）
A 2B. 4C. 8D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意设，得到，再计算复数的模即可.
【详解】设，则，
所以，
所以.
故选：A
3. 设随机变量，且，则（ ）
A. 0.75B. 0.5C. 0.3D. 0.25
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件的意义，结合正态分布列式计算即得.
【详解】随机变量，显然，
而，所以.
故选：D
4. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，若侧棱与底面ABCD所成的角为，则该正四棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，根据条件求出棱台的高，利用棱台体积公式求出答案.
【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接，
则⊥底面，过点作⊥于点，则⊥底面，
因为上、下底面边长分别为2和4，所以，
故，，
，由于，故，
故该正四棱台的体积为.
故选：B
5. 已知等边的边长为，P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系且，，，进而确定的轨迹圆，再利用向量数量积的坐标表示并结合所得表达式的几何意义求范围即可.
【详解】如下图构建平面直角坐标系，且，，，
所以在以为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为，
而，故，
综上，只需求出定点与圆上点距离平方的范围即可，
而圆心与的距离，故定点与圆上点的距离范围为，
所以.
故选：B
6. 设为等差数列的前n项和，则“对，”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意判断两个条件都等价于，进而判断答案即可.
【详解】设等差数列的公差为，
若对，，即，
若，则，即为单调递增数列，
又因为，所以，
所以，即，
所以“对，”是“”的充要条件.
故选：C
7. 已知函数，的定义域都为，为的导函数，的定义域也为，且，，若为偶函数，则下列结论中一定成立的个数为（ ）
① ② ③ ④
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得关于点对称，判断②；因为为偶函数，可推得为奇函数，进而得出的周期为，可判断①；由已知得出，，可判断③；结合的性质可判断④.
【详解】因为，，所以，
所以关于点对称，所以，②成立；
因为为偶函数，所以，所以，
所以为奇函数，关于对称，即，
因为，，
所以，所以的周期为，
因为，所以，①成立；
因为，所以，
又，所以，
因为不能确定，③不一定成立；
因为周期为，
所以，④成立；
综上，一定成立的有个.
故选：.
8. 已知函数，则直线与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，令，，分析可知，函数、的图象都关于点对称，数形结合可得出结果.
【详解】由可得，
令，，
则函数的定义域为，其最小正周期为，
，
所以，函数的图象关于点对称，
函数的定义域为，
对任意的，，
所以，函数的图象也关于点对称，
因为函数、在上均为增函数，
则函数在上也为增函数，如下图所示：
由图可知，函数、的图象共有六个交点，其中这六个点满足三对点关于点对称，
因此，直线与的图象的所有交点的横坐标之和为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题函数图象交点横坐标之和，解题的关键在于利用函数的对称性，利用数形结合思想结合对称性求解.
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. 函数，，且为偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 图象的对称中心为，
C. 图象的对称轴为，
D. 的单调递减区间为，
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角函数奇偶性求出，结合余弦函数相关性质逐一判断即可.
【详解】对于A，因为函数，且为偶函数，
所以，即，
又因为，所以，故A正确；
对于B，，
令，则，
所以图象的对称中心为，，故B正确；
对于C，令，得图象的对称轴为，故C错误；
对于D，若，则，为单调递增区间，故D错误.
故选：AB
10. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；
对于B选项，写出和的表达式即可；
对于C选项，根据中位数定义判断即可；
对于D选项，根据分位数定义判断即可.
【详解】A. 剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以，故A选项正确；
B.设，，
因为，所以，所以，
所以，故B选项正确；
C. 剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D. ，所以原数据的22%分位数为从小到大的第7个；
，所以剩下28个数据的22%分位数为从小到大的第7个；
因为去掉了最小值，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，多面体，底面为正方形，底面，，，动点在线段上，则下列说法正确的是（ ）
A. 多面体的外接球的表面积为
B. 的周长的最小值为
C. 线段长度的取值范围为
D. 与平面所成的角的正弦值最大为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意将多面体放入正方体中，根据正方体外接球相关知识直接判断A，根据图形展开以及余弦定理判断B，建立合适的空间直角坐标系，结合线段长度和线面角公式判断C和D.
【详解】对于A，由题意可知，多面体可以放在如图所示的正方体当中，
设中点为，则为多面体的外接球球心，
所以多面体的外接球半径为，
则多面体的外接球的表面积为，故A正确.
对于B，的周长为，
将如下图所示展开，当三点共线时，最小，
由，
则，所以，所以，
在中，由余弦定理得，，
所以，
则的周长最小为，故B错误.
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，，
则，故C正确.
对于D，由，
所以，
设平面法向量，
由，令，则，
则与平面所成角的正弦值为，
因为，所以，当，即时，
取得与平面所成角的正弦值的最大值，故D错误.
故选：AC
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
（1）定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
（2）空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
（3）转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
12. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数与函数有相同的极小值
B. 若方程有唯一实根，则a的取值范围为
C. 若方程有两个不同的实根，则
D. 当时，若，则成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据题目直接对两个函数求导判断极值即可；对于B，根据函数单调性和最值判断函数变化趋势，进而求出参数范围；对于C，利用对数均值不等式直接判断即可；对于D，利用同构方法进行转化即可.
【详解】对于A，定义域，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
定义域，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，故A正确；
对于B，若方程有唯一实根，
由于当时，，且，
结合已求的单调性和最值可知，或，故B错误；
对于C，因为方程有两个不同的实根，假设，则，
则，即，两式相减得，
即，由对数均值不等式，
则，即得证，故C正确；
对于D，当时，若，则，
即，显然，则，
则成立，故D正确.
故选：ACD
下面补证C选项对数均值不等式：
要证，即证，
设，即证，即证，
令，，
则在单调递增，当时，得证.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有________种．
【答案】120
【解析】
【分析】先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案.
【详解】由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有种分法，
再将剩余的4张分给剩余4个人，有种分法，
所以一共有种分法.
故答案为：120
14. 已知圆，则直线与圆的位置关系是__________.
【答案】相交
【解析】
【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，结合圆心到直线的距离与半径的大小关系可得.
【详解】因为表示圆的方程，
所以，即.
因为圆的圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交.
故答案为：相交
15. 已知函数的部分图象如图所示，A，B分别为图象的最低点和最高点，过A，B作x轴的垂线分别交x轴于点，．将画有该图象的纸片沿着x轴折成120°的二面角，此时________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，在平面内，作，且，找出二面角的平面角，根据余弦定理求得，结合线面垂直的判定定理和性质得到是直角三角形，根据勾股定理求得答案.
【详解】因为，
所以，
如图所示，在平面内，作，且，连接，
显然，四边形是矩形，为二面角的平面角，即，
所以在中，由余弦定理得，，
因为，所以，
又因为，面，，
所以面，
因为面，，
在直角中，
故答案为：
16. 已知实数x，y满足，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】将题意转化为求曲线上一点到距离最小值，通过求导求出点符合题意，进而求出答案.
【详解】由题意得，，
即求曲线上一点到距离最小值，
又因为在直线上，
所以当曲线与直线平行时，距离取得最小值，
令，解得或（舍去），
当时，点到直线距离为，
即所求曲线上一点到距离最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的应用.关键点在于将所求式子进行化简，进而转化为距离问题，通过导数研究曲线即可.本题考查转化与化归能力、计算能力，属于中档题.
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. 设函数，其中.已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）将函数的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求在上的最小值.
【答案】(Ⅰ) .
(Ⅱ) .
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）利用两角和与差的三角函数化简得到
由题设知及可得.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
从而.
根据得到，进一步求最小值.
试题解析：（Ⅰ）因为，
所以
由题设知，
所以，.
故，，又，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
所以.
因为，
所以，
当，
即时，取得最小值.
【名师点睛】此类题目是三角函数问题中的典型题目，可谓相当经典.解答本题，关键在于能利用三角公式化简函数、进一步讨论函数的性质，本题易错点在于一是图象的变换与解析式的对应，二是忽视设定角的范围.难度不大，能较好的考查考生的基本运算求解能力及复杂式子的变形能力等.
18. 如图，AB是半球O的直径，，依次是底面上的两个三等分点，P是半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若点在底面圆上的射影为中点，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意证明面，得到，再结合线面垂直的判定定理得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，结合线面角的空间向量计算公式进行求解即可.
【小问1详解】
连接，
因为依次是底面上的两个三等分点，
所以四边形是菱形，设，则为中点，且，
又因为，故是等边三角形，
连接，则，
又因为面，，所以面，
因为面，所以，
因为依次是底面上的两个三等分点，所以，所以，
又因为AB是半球O的直径， P是半球面上一点，所以，
因为面，，所以面，
又因为面，所以
【小问2详解】
因为点在底面圆上的射影为中点，
所以面，
因为面，所以，
又因为，
所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则
所以直线与平面所成角的正弦值为
19. 设锐角的内角所对的边分别为，已知.
（1）求证：；
（2）求的取值范围；
（3）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和两角差的正弦公式，化简得到，结合为锐角三角形，得到，即可求解；
（2）由（1）求得，得到，结合正弦定理，即可求解；
（3）由正弦定理和面积公式，化简得到，结合函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理得，所以，
又因为为锐角三角形，可得，
所以，可得，即.
【小问2详解】
解：因为，且为锐角三角形，且，
可得，所以
又因为，即，可得，所以，
则，即的取值范围是.
【小问3详解】
解：由正弦定理得，
所以
，
又由，可得，
设在为单调递减函数，可得，
所以，故的取值范围是.
20. 已知和均为等差数列，，，，记，，…，（n=1，2，3，…），其中， ，，表示，，，这个数中最大的数．
（1）计算，，，猜想数列的通项公式并证明；
（2）设数列的前n项和为，若对任意恒成立，求偶数m的值．
【答案】（1），，，，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列，的公差分别为，，利用，，，利用通项公式可得，，可得，．根据，，．猜想数列的通项公式，证明数列为单调递减数列，即可得出结论．
（2），利用裂项求和方法即可得出，根据对任意恒成立即可得出的取值范围．
小问1详解】
解：设等差数列和的公差为、，
那么，解得，
∴，，
那么，，，
，
猜想的通项公式为，
当时，，
所以数列关于单调递减，
所以；
【小问2详解】
解：，
所以，
因对任意恒成立，
所有，解得，
所以．
21. 已知函数．
（1）若时，恒有，求a的取值范围；
（2）证明：当时，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意转化为当时，恒成立，分类讨论和两种情况，结合导数与函数的关系以及零点存在性定理等知识求解即可；
（2）将原题转化为证明当时，，通过构造函数和二次求导的方法，结合导数与函数的关系即可得证.
【小问1详解】
由若时，恒有，
所以当时，恒成立，
设，
则令，
则，显然在单调递增，
故当时，，
当时，，则对恒成立，
则在单调递增，
从而当时，，即在单调递增，
所以当时，，符合题意；
当时，，又因为，
所以存在，使得，
所以当时，，单调递减，，
则单调递减，此时，不符合题意.
综上所述，a的取值范围为
【小问2详解】
要证当时，，即证，
设，
则，
令，
则单调递增，
所以当时，，则单调递增，
所以当时，，
则当时，，即单调递增，
所以当时，，原式得证
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
（1）构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
（2）放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
（3）同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.
22. 第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，为弘扬奥林匹克和亚运精神，增强锻炼身体意识，某学校举办一场羽毛球比赛．已知羽毛球比赛的单打规则是：若发球方胜，则发球方得1分，且继续在下一回合发球；若接球方胜，则接球方得1分，且成为下一回合发球方．现甲、乙二人进行羽毛球单打比赛，根据以往甲、乙两名运动员对阵的比赛数据可知，若甲发球，甲得分的概率为，乙得分的概率为；若乙发球，乙得分的概率为，甲得分的概率为．规定第1回合是甲先发球．
（1）求第3回合由甲发球的概率；
（2）①设第i回合是甲发球的概率为，证明：是等比数列；
②已知：若随机变量服从两点分布，且，，2，…，n，则．若第1回合是甲先发球，求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的总得分的期望．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）通过设出事件，结合事件独立的概率乘法公式计算即可；
（2）①通过题意得到，进而构造等比数列进行证明即可；
②根据题意得到记第回合甲得分为，显然服从两点分布，结合题目中的期望公式计算即可.
小问1详解】
设“第3回合由甲发球”为事件，
则，
所以第3回合由甲发球的概率为
【小问2详解】
①第回合是甲发球分两种情况：
第一种情况为第回合是甲发球且甲得分，
第二种情况为第回合是乙发球且甲得分，
则，
即，所以，
又因为，所以，
所以，
即是首项为，公比为的等比数列
②因为是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
记第回合甲得分为，显然服从两点分布，
且事件等价于第回合是甲发球，故，
又因为求甲、乙连续进行n个回合比赛后，甲的得分为，
所以
，
故甲的总得分的期望为
【点睛】关键点点睛：本题考查数列与概率的综合问题.关键点在于通过阅读题目得到这一递推式，进而构造等比数列进行求解.本题考查转化与化归能力、计算能力和阅读与分析能力，属于中档题.