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

  2023～2024学年怀仁一中高三年级摸底考试

数学

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.

【答案】D

2.

【答案】C

3.

【答案】C

4.

【答案】A

5.

【答案】B

6.

【答案】D

7.

【答案】B

8.

【答案】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.

【答案】AD

10.

【答案】ACD

11.

【答案】AC

12.

【答案】ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.

【答案】##

14.【答案】##

15.

【答案】

16.

【答案】397

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：，

【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：

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