河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省郑州市宇华实验学校2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了 设无穷等差数列的公差为，集合， 已知则可能满足的关系是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请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. 实数满足，则的大小关系是（ ）
A. B.
C D.
2. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3. 在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知为第一象限角，若函数的最大值是，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰直角三角形，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
7. 设无穷等差数列的公差为，集合.则（ ）
A. 不可能有无数个元素
B. 当且仅当时，只有1个元素
C. 当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D. 当时，最多有个元素，且这个元素的和为0
8. 已知函数，若总存在两条不同直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18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6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 已知则可能满足的关系是（）
A. B. C. D.
10. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在坐标系中，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与夹角为
11. 已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点．若，，构成以为公差的等差数列，则（ ）
A. 最大值是
B. 当时，
C. 当，在轴的同侧时，的最大值为
D. 当，在轴的异侧时（，与不重合），
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 若，恒成立，则a的取值范围是__________．
13. 若对于任意自然数，函数在每个闭区间上均有两个零点，则正实数的最小值是__________.
14. 体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围是______
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15 设函数．
（1）解不等式；
（2）令的最小值为，正数满足，证明：．
16. 如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．

（1）求证：；
（2）若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
17. 某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：
将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．
（1）求的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望；
18. 已知抛物线的准线与轴相交于点，过抛物线焦点的直线与相交于两点，面积的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的动直线交于，两点，试问抛物线上是否存在定点，使得对任意的直线，都有.若存在，求出点的坐标；若不存在，则说明理由.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若a＞0，记为的零点，．
①证明：；
②探究与的大小关系．2024学年郑州市宇华实验学校高三下学期开学摸底考试数学
考生注意：
1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；
3.考试结束后，请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. 实数满足，则的大小关系是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合幂函数单调性知；利用对数复合函数的性质推得，从而得解.
【详解】由，得，即，所以；
由，得，
因为，
所以，即；
综上，.
故选：D.
2. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将问题转化为在区间上恰有3个实根，再根据三角函数相关知识列出不等式求解即可.
【详解】因为，所以，
由，即，在区间上恰有3个实根，
则，解得.
故选：D
3. 在四面体中，，，且，则该四面体外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设条件作出四面体高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
4. 已知为第一象限角，若函数的最大值是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角恒等变换整理得，结合最值可得，解得，，代入即可得结果.
【详解】由题意可得：
，
则，解得，
且为第一象限角，则，
故.
故选：D.
5. 已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】设等腰△ABC在边上的高为，
因为，所以，
所以,所以，
所以
.
故选:B.
6. 已知，是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰直角三角形，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得方程为，以及，代入直线方程求得，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】如图所示，由椭圆，得到左顶点，
又由过点且斜率为的直线，可得方程为，
因为为等腰直角三角形，且，可得，
代入直线，可得，整理得，
所以椭圆的离心率为.
故选：A.

7. 设无穷等差数列的公差为，集合.则（ ）
A. 不可能有无数个元素
B. 当且仅当时，只有1个元素
C. 当只有2个元素时，这2个元素的乘积有可能为
D. 当时，最多有个元素，且这个元素的和为0
【答案】D
【解析】
【分析】对于，选项，可取特殊数列验证即可；对于可假设成立，结合图象推出与已知矛盾；对于，结合正弦函数的周期，即可判断.
【详解】选项，取，则，由，因为是无穷等差数列，正弦函数是周期为的函数，所以在每个周期上的值不相同，故错误；
选项，取，即，则，只有一个元素，故错误；
选项，假设只有2个元素，，这2个元素的乘积为，如图可知当等于或时，显然不是等差数列，与已知矛盾，故错误；
选项，当时,
，
，
，
，
，
，，所以最多有个元素，
又因为正弦函数的周期为，数列的公差为，
所以把周期平均分成份，所以个元素的和为0，故正确.
故选:.
【点睛】方法点睛：本题考查等差数列与正弦函数性质相结合，采用特例法，数形结合的方法判断.
8. 已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设函数，的切点坐标分别为，，根据导数几何意义可得，结合题意可知方程有两个不同的实根，则设，求导确定其单调性与最值情况，即可得实数的取值范围.
【详解】由题意可知：，
设函数上的切点坐标为，函数上的切点坐标为，
且，，则公切线的斜率，可得，
则公切线方程为，
代入得，
代入可得，整理得，
令，则，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令，解得；令，解得；
则在内单调递增，在单调递减，可得，
且当x趋近于时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
可得，解得，故实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点睛：涉及公切线问题一般先设切点坐标，根据切线相同得到方程组，将双变量方程转化为单变量方程，再参变分离，转化为函数的交点问题，即可求出参数的取值范围.
二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共18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6分，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对1个得3分；若只有3个正确选项，每选对1个得2分.
9. 已知则可能满足的关系是（）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
利用指数运算法则可得，结合基本不等式，对选项逐个分析，可得到结果.
【详解】由，可得，，
∴，，
∴，即，
∴，
依题意知为不相等的正数，∴，
∴，解得，
∴，故AB正确；
又，
∵，而，∴，
即，故C正确；
∵∴，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】本题考查基本不等式的应用，考查指数幂的运算法则与性质，考查推理能力与计算能力，属于中档题.
10. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标.若在坐标系中，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与的夹角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据对应的坐标是的坐标，进而可得，根据平面向量数量积的公式，模长公式及夹角公式可得结果.
【详解】选项A：
，故A错误，C正确；
选项B：
，故B正确；
选项D：因为
，
，
所以，
因为，所以，故D正确；
故选：BCD.
11. 已知椭圆的左焦点为，为的上顶点，，是上两点．若，，构成以为公差的等差数列，则（ ）
A. 的最大值是
B. 当时，
C. 当，在轴的同侧时，的最大值为
D. 当，在轴的异侧时（，与不重合），
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题可得，根据椭圆的焦半径的取值范围可判断A，根据结合椭圆方程可求坐标，然后根据余弦定理可判断B，根据椭圆的性质结合基本不等式及斜率公式可判断CD.
【详解】因为椭圆，
所以，，，
又，，构成以为公差的等差数列，则，
不妨设，由题可知，则的最大值是，故A正确；
当时，，设，
则，解得，不妨取，
设，则，解得，
所以或，
当时，又，，此时；
当时，，，
所以，，
综上，当时，，故B正确；
设椭圆的右焦点为，则，，，，，
当，在轴的同侧时，则，关于轴对称，设，则，
所以，由，
所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故C正确；
当，在轴的异侧时（，与不重合），则，关于原点对称，
设，则，由，可得，
所以，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 若，恒成立，则a的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】可得恒成立，分类讨论：①当时，不恒成立，②时，由题意可得，解不等式可求的范围.
【详解】解：由恒成立可得恒成立，
①当时，不恒成立，故舍去；
②当时，由题意可得，解得，，
综上可得，，
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了函数的恒成立问题的求解，解题中要注意考虑二次项系数是否为0，
13. 若对于任意自然数，函数在每个闭区间上均有两个零点，则正实数的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据整体法可得零点满足，即可利用时，，求解符合条件的结合周期性验证所求满足其他区间即可.
【详解】令,则，
函数的零点
，
当时，，此时符合条件的两个零点为故，
故，解得，
当 时，的零点为，
因此零点为，结合三角函数周期性可知：满足每个闭区间上恰好有两个零点。
故答案为：
14. 体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球；否则一直发到3次为止.设学生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】分别求得，，，利用期望的公式，求得，结合题意，列出不等式，即可求解.
【详解】由题意，可得，，
所以期望为，
令，即，解得或，
又由，可得，即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设函数．
（1）解不等式；
（2）令的最小值为，正数满足，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把函数分段表示出，再分段解不等式即得.
（2）求出函数的最小值，再变形并利用基本不等式推理即得.
【小问1详解】
依题意，函数，
当时，化为，解得，因此，
当时，化为，解得，因此，
当时，化为，解得，无解，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
由（1）知，当时，，当时，，当时，，
因此，则，，即有，
显然，当且仅当时取等号，
因此，即，
所以.
16. 如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．

（1）求证：；
（2）若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在三棱柱中，由平面，平面，得，
在平面内过作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则有，
显然平面，因此平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
过点作，由，得，
由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由，得，，
假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，
令，则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，显然平面的一个法向量，
依题意，，解得，即，
所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，.
17. 某学校共有1000名学生参加知识竞赛，其中男生400人，为了解该校学生在知识竞赛中的情况，采取分层抽样随机抽取了100名学生进行调查，分数分布在分之间，根据调查的结果绘制的学生分数频率分布直方图如图所示：
将分数不低于750分的学生称为“高分选手”．
（1）求的值，并估计该校学生分数的平均数、中位数和众数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现采用分层抽样的方式从分数落在，内的两组学生中抽取10人，再从这10人中随机抽取3人，记被抽取的3名学生中属于“高分选手”的学生人数为随机变量，求的分布列及数学期望；
【答案】（1），平均数670，中位数650，众数600
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中频率和为1可求得,由频率分布直方图数据求解
（2）由频率分布直方图知从，中抽取7人，从，中抽取3人，随机变量的所有可能取值有0，1，2，3，求出各概率得分布列，然后由期望公式得期望；
【小问1详解】
由题意知，
解得，
样本平均数，
由于，故中位数650，
众数600．
【小问2详解】
由题意，从中抽取7人，从中抽取3人，
随机变量的所有可能取值有0，1，2，3．
，
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望．
18. 已知抛物线的准线与轴相交于点，过抛物线焦点的直线与相交于两点，面积的最小值为4.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的动直线交于，两点，试问抛物线上是否存在定点，使得对任意的直线，都有.若存在，求出点的坐标；若不存在，则说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点；理由见解析
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组得到，求得，进而求得的值，得到抛物线；
（2）假设存在定点，设直线的方程为，联立方程组，由韦达定理，得到，，结合，求得点的坐标.
【小问1详解】
由抛物线，可得，准线为，则，
易知直线斜率不为零，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，
所以面积，
当时，取最小值，
因为面积的最小值为，所以，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知抛物线，假设存在定点，易知直线的斜率不为零，
设直线的方程为，且，，则，，
联立方程组，整理得，
则，且，，
因为，可得，
因为，
所以，即，
当时，即时，恒成立，所以存在定点.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若a＞0，记为的零点，．
①证明：；
②探究与的大小关系．
【答案】（1）答案见解析
（2）①证明见解析；②．
【解析】
【分析】（1）求导讨论和两种情况，根据导数的正负得到单调区间.
（2）①证明：由在上单调递增，，，分别构造，，利用导数研究两个函数的单调性进而求得，，证得结果；②利用导数证明函数在上单调递增，，即证得
，由的单调性即可证得结果.
【小问1详解】
．
当时，单调递增；当时，令
在上单调递减；上单调递增．
【小问2详解】
①证明：在上单调递增，
要证：证
而
令，
，
在上单调递减，．
，
令，则
在上单调递增，．
．
②
在上单调递增，
．
【点睛】思路点睛：本题利用函数的单调性将问题转化为，，分别构造，，利用导数研究两个函数的单调性通过求得，，得出.0
1
2
3