山西省吕梁市吕梁学院附属高级中学等校2024届高三上学期开学质量检测数学试题

2023-2024学年高三上学期开学质量检测

数学试题

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4．本卷命题范围：高考范围。

一、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．若复数z满足，则（    ）

A． B．5 C． D．20

2．已知全集，集合，，则（    ）

A．  B．

C．  D．

3．一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，5，6，m，10，12，13，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（    ）

A．7.5 B．8 C．9 D．9.5

4．设向量，的夹角的余弦值为，，，则（    ）

A． B．1 C． D．5

5．已知，则（    ）

A． B． C． D．

6．在平面直角坐标系中，扡物线的焦点为F，P是C上的一点，点M是y轴上的一点，且．则的面积为（    ）

A． B． C． D．

7．暑假期间，同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好评．其中甲的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，则球O的表面积为（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数的最小正周期为T，若，且在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、选择题：本大题共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．下列说法正确的的是（    ）

A．若．则 B．若，则

C．若，．则 D．若，，则

10．甲箱中有4个红球、4个黄球，乙箱中有6个红球、2个黄球（这16个球除颜色外，大小、形状完全相同），先从甲箱中随机取出1个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“在甲箱中取出的球是红球”为事件，“在甲箱中取出的球是黄球”为事件，“从乙箱中取出的球是黄球”为事件B．则下列说法正确的是（    ）

A．与是互斥事件 B．

C．  D．与B相互独立

11．已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法证确的是（    ）

A．直线，是异面直线 

B．直线与平面所成角的正切值为

C．平面截正方体所得截面的面积为18

D．三棱锥的体积为

12．已加点P是圆上的一点．直线与直线交于点M．则下列说法正确的是（    ）

A．  B．直线与圆O相切

C．直线被圆O截得的弦长为 D．的最小值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．的展开式中，项的系数为________．

14．已知函数，若，则x的值为________．

15．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且，且四边形的面积为，则C的离心率为________．

16．已知函数，不等式对任意的恒成立，则a的最大值为________．

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．（本小题满分10分）

设为公差不为0的等差数列的前n项和，若，，成等比数列，．

（1）求的通项公式；

（2）设，求数列的前n项和．

18．（本小题满分12分）

电影评论，简称影评，是对一部电影的导演、演员、镜头、摄影、剧情、线索、环境、色彩、光线、视听语言、道具作用、转场、剪辑等进行分析和评论．电影评论的目的在于分析、鉴定和评价蕴含在银幕中的审美价值、认识价值、社会意义、镜头语言等方面，达到拍摄影片的目的，解释影片中所表达的主题，既能通过分析影片的成败得失，帮助导演开阔视野，提高创作水平，以促进电影艺术的繁荣和发展；同时能通过分析和评价，影响观众对影片的理解和鉴赏，提高观众的欣赏水平，从而间接促进电影艺术的发展．某观影平台为了解观众对最近上映的某部影片的评价情况（评价结果仅有“好评”“差评”），从平台所有参与评价的观众中随机抽取220人进行调查，得到数据如下表所示（单位：人）：

（1）请将列联表补充完整，并依据小概率值的独立性检验，能否认为对该部影片的评价与性别有关联？

（2）从给出“好评”的观众中按性别用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机抽出3人送电影优惠券，记随机变量X表示这3人中女性观众的人数，求X的分布列和数学期望．

参考公式：，其中．

参考数据：

19．（本小题满分12分）

在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，D是边的中点，且，求的内切圆的半径．

（1）当时，求图中阴影部分表示的集合C；

（2）在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数a的取值范围．

20．（本小题满分12分）

如图，在四棱锥中，平面，，，，，点E是棱上的一点．

（1）若，求证：平面平面；

（2）若，，求平面与平面的夹角的余弦值．

21．（本小题满分12分）

已知双曲线的离心率为，且过点．

（1）求C的方程；

（2）设A，B为C上异于点P的两点，记直线，的斜率分别为，，若，试判断直线是否过定点？若是，则求出该定点坐标；若不是，请说明理由．

22．（本小题满分12分）

已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）若的两个极值点分别为，，证明：．

2023～2024学年高三上学期开学质量检测·数学试题

参考答案、提示及评分细则

1．A  因为，所以，所以．故选A．

2．C  由题意知，，所以，所以．故选C．

3．C  由题意知，中位数是，极差为，所以，解得，又，则第60百分位数是9．故选C．

4．B  设与的夹角为，因为与的夹角的余弦值为，即，又，，所以，所以．故选B．

5．C  由，可得，即，所以．故选C．

6．D  由题意知，设，，所以，，又，所以，所以，，所以，解得，所以的面积．故选D．

7．B  圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为，面积为，设圆锥的母线长为l，所以，解得．设圆锥的底面圆半径为r，所以，解得，所以圆锥的高，设球O的半径为R，所以，解得，所以球O的表面积等于．故选B．

8．D  由题意的最小正周期为T，则，又，可得，即，又，所以，由在区间上恰有3个零点，当时，，结合函数的图象如图所示：

则在原点右侧的零点依次为，，，，…，所以，解得，即的取值范围为．故选D．

9．BD  当时，，故A错误；因为，所以，所以，故B正确；当，，，时，，故C错误；，又，，所以，所以，故D正确．故选BD．

10．AC  从甲箱中摸一个球，红球与黄球不可能同时出现，所以与是互斥事件，故A正确；由题意知，，所以，故B错误；，所以，故C正确；因为，故D错误．故选AC．

11．ACD  如图1，取的中点P，连接，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，又，所以直线，是异面直线，故A正确；

如图2，取的中点Q，连接，，易得平面，所以是直线与平面所成角，易得，，所以，即直线与平面所成角的正切值为，故B错误；

如图3，延长，交于点H，连接交于点N，连接，，因为，M为的中点，则，所以B为的中点，因为，所以N为的中点，则，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，，，，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故C正确；

如图4，连接，，则，因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又M为的中点，所以三棱锥的高为，，所以，故D正确．故选ACD．

12．ABD  因为，所以，故A正确；圆心O到的距离为，所以与圆O相切，故B正确；圆心O到直线的距离为，所以弦长为，故C错误；由，得，即，所以，所以的最小值为，故D正确．故选ABD．

13．135  展开式的通项公式，令，解得，所以项的系数为．

14．0或27  令，即．当时，，解得，即，当时，，解得，符合题意；当时，，解得，符合题意；当时，，解得，不符合题意．综上，x的值为0或27．

15．  由已知及对称性得：四边形为矩形，即，所以，由椭圆定义与勾股定理知：，所以，所以，所以，即C的离心率为．

16．1  因为，所以为上的奇函数．又，所以在上单调递增．不等式对任意的恒成立，即对任意的恒成立，所以对任意的恒成立，即对任意的恒成立．令，所以，所以当时，，在上单层时，，在上单调递减．所以，所以，此时，所以，即a的最大值为1．

17．解：（1）设等差数列的公差为，，

因为，，成等比数列，所以，所以，

所以，又，所以，所以，

所以，

解得，所以，

所以的通项公式．

（2）由（1）知，

所以

18．解：（1）列联表如下：

零假设为：对该部影片的评价与性别无关联．

根据列联表中的数据，经计算得到

，

根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为对该部影片的评价与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.010．

（2）从给出“好评”的观众中按性别用分层抽样的方法抽取10人，

男性有：（人），女性有：（人）．

X的所有可能取值为0，1，2，3，

所以，，，，

所以X的分布列为

所以．

19．解：（1）因为，

由正弦定理得，所以，

由余弦定理得，

又，所以．

（2）由余弦定理得，即．

又D是边的中点，且，所以，

所以，即，

所以，，所以．

设的内切圆的半径为r，所以，

所以．

20．（1）证明：连接，取中点F，连接，如图所示．

因为，，所以，，所以四边形为平行四边形．

所以，则，所以，即．

因为平面，平面，所以，

，，平面，所以平面，

又平面，所以．

又，，，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面．

（2）解：以B为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．所以，，，，，所以，，

设平面的一个法向量，所以．令，解得，，所以平面的一个法向量．

因为，所以，

所以，，

设平面的一个法向量，

所以令，解得，，

所以平面的一个法向量．

设平面与平面的夹角为，

所以．

即平面与平面的夹角的余弦值为．

21．（1）解：由题意知，

解得，，，

所以C的方程为．

（2）证明：设，．

又，则，．

因为，所以，所以，

即，

所以，

所以，

当直线的斜率为0时，，，所以，解得或，不符合题意，所以直线的斜率不为0．

设直线的方程为，

由得，

，即，

所以，．

所以，

整理得，

所以，

所以，

整理得，

即，则或．

当时，直线的方程为，此时直线过定点；

当时，直线的方程为，此时直线过定点．

即为，因为A，B为C上异于点的两个动点，所以不符合题意．

故直线过的定点为．

22．（1）解：依题意，，

当时，，所以在上单调递减；

当时，令，解得或，令，解得

，所以在上单调递增，在

上单调递减，在上单调递增；

当时，，所以在上单调递增．

（2）证明：不妨设，由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点，所以，所以．

由（1）知，，，则．

要证，只需证．

因为

，

设，．

所以，

所以在上单调递增，所以．

所以，即得成立．

所以原不等式成立．