2024届山西省朔州市平鲁区李林中学高三上学期开学摸底数学试题含答案

这是一份2024届山西省朔州市平鲁区李林中学高三上学期开学摸底数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出集合后利用并集的定义可求并集.
【详解】,
所以，
故选：A.
2．某中学举办以“喜迎二十大、永远跟党走，奋进新征程”为主题的演讲比赛，其中9人的比赛成绩依次为：83，85，87，87，88，88，91，93，97（单位：分），则这9人成绩的第80百分位数是（ ）
A．87B．91C．93D．95
【答案】C
【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以这9人成绩的第80百分位数是第8个数，即为93.
故选：C
3．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．30B．36C．42D．54
【答案】B
【分析】利用等差数列的前项和公式列方程组求解即可.
【详解】因为等差数列中，，
所以，
解得，
则，
故选：B
4．“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句．诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，那么“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】C
【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．
【详解】设点关于直线的对称点坐标为
故，解得，即对称点，故原点到点的距离，
所以最短距离为．
故选：C

5．如图，在中，设，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据向量的线性运算法则求解.
【详解】由题意,
故选：D．
6．对于函数，若存在，则称点与点是函数的一对“隐对称点”，若时，函数的图象上恰有2对“隐对称点”，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意转化为与的图象有两个交点，求出的过原点的切线斜率后可得结论．
【详解】曲线关于原点对称的曲线的函数解析式为,
由题意与的图象有两个交点，
对而言，，设过原点的切线的切点为，
则，，所以切线斜率为，
由图象可知当时，满足题意．
故选：A．
7．已知是抛物线：上一点，过的焦点的直线与交于两点，则的最小值为（ ）
A．24B．28C．30D．32
【答案】D
【分析】求出抛物线方程后，设，不妨设，设直线的方程为，联立直线和抛物线方程消元后，利用韦达定理及抛物线的定义可得，利用基本不等式即可求出最小值.
【详解】因为是抛物线上一点，
所以，故，
则抛物线方程为，
设，不妨设，
设直线的方程为，
联立，
所以，
，
则，
当且仅当且时，等号成立，
故的最小值为，
故选：
8．已知实数，满足，，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】由已知可得，构造函数，通过导数研究单调性，得，结合对数的运算规则求的值.
【详解】由，得，
由，有，可得.
令，，由，得，由，得，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.
当时，，当时，，
由，则有，所以，
因为，所以.
故选：C
【点睛】思路点睛：
由已知，，得，找到共同特征，通过构造函数，利用导数研究函数性质，即可得到，可求的值.
二、多选题
9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法错误的是（ ）
A．的虚部为B．的模为
C．的共轭复数为D．在复平面内对应的点位于第四象
【答案】AC
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据虚部的定义，复数的模的计算公式，共轭复数的定义及复数的几何意义逐一判断即可.
【详解】对于A，由，得，则的虚部为，故A错误；
对于B，的模为，故B正确；
对于C，的共轭复数为，故C错误；
对于D，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确.
故选：AC.
10．已知，函数，下列选项正确的有（ ）
A．若的最小正周期，则
B．当时，函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象
C．当时，为的一条对称轴
D．若在区间上只有一个零点，则的取值范围是
【答案】AD
【分析】对于，利用函数的最小正周期，可得的值，判断出真假；对于，由的值得到解析式，再根据函数的平移，即可判断真假；对于，求出的值，即可判断真假；对于，求出的范围，再由函数的零点，可得的范围，即可.
【详解】对于,函数的最小正周期，
解得，故正确；
对于，当时,
向右平移个单位长度，
可得，
化为，故错误；
对于，当时,,
则，
则不是的一条对称轴，故错误；
对于，在区间上只有一个零点，
当时，，
则有题意知，，
解得，故正确，
故选：
11．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启．已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为．记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则（ ）
A．B．数列为等比数列
C．D．当时，越大，越小
【答案】ABC
【分析】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，依题意，，，，利用全概率公式可判断A选项；利用全概率公式推出，结合等比数列的定义可判断B选项；求出数列的通项公式，可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.
【详解】记玩家第次抽盲盒并抽中奖品为事件，
依题意，，，，，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，
所以，，所以，，
又因为，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，B对；
对于C选项，由B选项可知，，则，
当为奇数时，，
当为偶数时，，则随着的增大而减小，所以，.
综上所述，对任意的，，C对；
对于D选项，因为，则数列为摆动数列，D错.
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（ ）
A．存在唯一的点，使得
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ACD
【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.
【详解】
设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故存在唯一的点，使得，故A正确；
由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B： 当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D： 当时，，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，其外心为与的交点，且，
而
所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.
三、填空题
13．椭圆上一点P到一个焦点的距离为2，则点P到另一个焦点的距离为 ．
【答案】8
【分析】根据椭圆的定义计算即可.
【详解】设椭圆的左、右焦点分别为，结合椭圆定义，可得.
故答案为：8
14．已知函数，则的最小值为 .
【答案】
【分析】利用二倍角的余弦公式，结合二次函数的基本性质可求得函数的最小值.
【详解】因为，则，
所以，，
故当时，函数取得最小值，即.
故答案为：.
15．在如图所示的平行六面体中，已知，，，N为上一点，且.若，则的值为 .

【答案】/
【分析】设，，，以构成空间的一个基底，根据，可得，将分别用表示，再根据数量积得运算律即可得解.
【详解】设，，，
则构成空间的一个基底，
设，
因为，
所以，
因为，，
所以，即，
即，解得.
故答案为：.
16．函数,的定义域为，的导函数的定义域为，若，，，，则的值为 .
【答案】
【分析】令，得到，结合条件得到，从而得出关于直线对称，再结果合条件，，得到，所以函数周期为8，再结合条件得到，从而得出，即可求出结果.
【详解】令，则，
又，所以为常数函数，
又，所以，故关于直线对称，
又因为，，
所以，故，所以，
得到，所以函数周期为8，
又，故有，即有，
又由，得到，
故，
所以
，
因为，所以 ，，
因为，，
所以，，
所以，即，则，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点晴：通过构造函数，再结合条件得出，从而有关于直线对称，再结合题中所给条件得到是周期函数和偶函数，从而可求出结果.
四、解答题
17．已知等比数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1），，，故，即．
，令，得到．
是等比数列，公比为3，且，，．
（2），
，．
两式相减，得
，
故
18．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求A；
(2)若AD为的角平分线，，且，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式求解；
（2）由，得到，然后由求得b，c，再利用余弦定理求解.
【详解】（1）由正弦定理得，
即．
因为，
所以．
因为，所以．
又，则．
（2）因为，所以．
由，得，
得．又，解得，，
则，
所以的周长为．
19．如图，在三棱台ABC﹣DEF中，侧面ABED与ACFD均为梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．
(1)证明：平面ABED⊥平面ACFD；
(2)求平面BEFC与平面FCAD的夹角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，得，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，即可得出答案；
（2）作中点，连接，易知，，两两垂直，以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为,,，平面的法向量为,,，设平面与平面的夹角为，则，即可得出答案．
【详解】（1）证明：因为，，所以，
又平面，平面平面，平面平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）如图，作中点，连接，易知，，两两垂直，
以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则,0,，,0,，,1,，
所以,0,，，
设平面的法向量为,,，
则，取，则，，
所以,1,，
设平面的法向量为,,，则，
取，则，，
所以,0,，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以，
所以平面与平面的角．
20．设函数，且．
(1)求函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导后分与两种情况讨论即可；
（2）方法一：讨论当时成立，当时参变分离可得，再构造函数，，求导分析最小值即可；
方法二：将题意转化为，再构造函数，求导分类讨论单调性与最大值即可.
【详解】（1），，
当时，恒成立，则在上单调递增；
当时，时，，则在上单调递减；
时，，则在上单调递增．
（2）方法一：在恒成立，则
当时，，显然成立，符合题意；
当时，得恒成立，即
记，，，
构造函数，，则，故为增函数，则.
故对任意恒成立，则在递减，在递增，所以
∴．
方法二：在上恒成立，即．
记，，，
当时，在单增，在单减，则，得，舍：
当时，在单减，在单增，在单减，，，
得；
当时，在单减，成立；
当时，在单减，在单增，在单减，，，而，显然成立．
综上所述，．
五、证明题
21．某校20名学生的数学成绩和知识竞赛成绩如下表：
计算可得数学成绩的平均值是，知识竞赛成绩的平均值是，并且，，.
(1)求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到0.01）；
(2)设，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同.记在中的排名是第位，在中的排名是第位，.定义变量和变量的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数.
（i）记，.证明：；
（ii）用（i）的公式求得这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”约为0.91，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势.
注：参考公式与参考数据.
；；.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用相关系数的公式进行计算即可；
（2）（i）根据题意即相关系数的公式进行计算即可证明；（ii）只要能说出斯皮尔曼相关系数与一般的样本相关系数相比的优势即可.
【详解】（1）由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为
；
（2）（i）证明：因为和都是1，2，，的一个排列，所以
，
，
从而和的平均数都是．
因此，，
同理可得，
由于
，
所以.
（ii）这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是0.91，
答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；
答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关．如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系．
【点睛】方法点睛；新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
六、解答题
22．双曲线的左､右焦点分别是，离心率为3，点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)分别为双曲线的左，右顶点，若点为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求直线恒经过的定点坐标.
【答案】(1)
(2)直线恒过定点
【分析】（1）由题意可得，，求解即可；
（2）由题意可得，设，从而得到直线的方程为，直线的方程为，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，，从而求得直线的方程为，当时，令，求得；当时，直线的方程为过定点，从而可确定直线过定点.
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，
又离心率，即，
所以，
所以双曲线的方程为；
（2）设，因为分别为双曲线的左，右顶点，
所以，所以直线的方程为.
由消去得.
因为直线与双曲线交于点，所以，所以.
因为，所以，
所以，
所以.
因为直线的方程为，
由消去得.
因为直线与双曲线交于点，所以.所以.
因为，所以，
，
所以.
所以当且时，
直线的斜率为
当时，直线的方程为
令，得
所以
所以直线过定点.
当时，，直线的方程为，过定点.
当或时，直线分别与双曲线的渐近线平行，点不存在.
综上，直线恒过定点.

【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.
学生编号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
100
99
96
93
90
88
85
83
80
77
知识竞赛成绩
290
160
220
200
65
70
90
100
60
270
学生编号i
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩
75
74
72
70
68
66
60
50
39
35
知识竞赛成绩
45
35
40
50
25
30
20
15
10
5