2023-2024学年山西省大同市一中高三上学期第二次摸底考试数学含答案

这是一份2023-2024学年山西省大同市一中高三上学期第二次摸底考试数学含答案，文件包含数学试题docx、数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上，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. 已知集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意集合，
则，
故选：D
2. 已知为虚数单位，若复数，则复数的虚部为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，进而结合复数虚部的定义求解即可.
【详解】因为，所以，
即，
所以复数的虚部为.
故选：B.
3. 命题所有的偶数都不是素数，则是（）
A. 所有的偶数都是素数B. 所有的奇数都是素数
C. 有一个偶数不是素数D. 有一个偶数是素数
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的否定求解即可.
【详解】因为命题所有的偶数都不是素数，
所以是：有一个偶数是素数
故选：D.
4. 下列函数中最小值为6的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A.由时判断；B. 令，利用对勾函数的性质求解判断；C. 令，利用基本不等式求解判断；D. 由时判断.
【详解】A.当时，显然不成立，故错误；
B. 令，又在上递减，所以当t=1时，函数取得最小值10，故错误；
C. 令，则，当且仅当，即时，等号成立，故正确；
D. 当时，，显然不成立，故错误；
故选：C
5. 已知某音响设备由五个部件组成，A电视机，B影碟机，C线路，D左声道和E右声道，其中每个部件能否正常工作相互独立，各部件正常工作的概率如图所示.能听到声音，当且仅当A与B至少有一个正常工作，C正常工作，D与E中至少有一个正常工作.则听不到声音的概率为（）
A. 0.19738B. 0.00018C. 0.01092D. 0.09828
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据独立事件概率公式求能听到声音的概率，再利用对立事件概率公式，即可求解.
【详解】设能听到声音为事件，
则
,
所以听不到声音的概率.
故选：A
6. 已知数列满足，则（）
A. 2023B. 2024C. 2027D. 4046
【答案】C
【解析】
【分析】由可得，进而可得，则有数列的偶数项是以为公差的等差数列，再根据等差数列的通项即可得解.
【详解】由①，得，
②，
由②①得，
所以数列的偶数项是以为公差的等差数列，
则，
所以.
故选：C.
7. 设函数，则使得成立的x的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数的单调性，利用函数的单调性求解函数不等式.
【详解】，
因为，
故的定义域为，
又因为，
所以函数为偶函数，
当时，，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，解得.
故选：B
8. 已知点是抛物线的焦点，，过斜率为1的直线交抛物线于M，N两点，且，若Q是抛物线上任意一点，且，则的最小值是（）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线与抛物线联立可得韦达定理，根据数量积的坐标运算可得，进而根据向量线性运算的坐标表示，即可结合二次函数的性质求解.
【详解】由题意可得，所以直线的方程为，
联立直线与抛物线方程得，
设,所以
，，
化简得，
即,解得,
故
设,则，
因此且，
因此可得，
故，当时取到等号，故的最小值为0，
故选：A
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. 已知向量，则（）
A. B.
C. D. 向量在向量方向上的投影向量互为相反向量
【答案】AB
【解析】
【分析】根据向量垂直、平行、投影向量等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，，所以，所以A选项正确.
BC选项，，，所以，
所以B选项正确，C选项错误.
D选项，在上的投影向量为，
在上的投影向量为，所以D选项错误.
故选：AB
10. 下列选项中，满足的有（）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用指数、对数函数、幂函数单调性逐项比较大小即可.
【详解】对于A，函数在上单调递增，则，即，A不满足；
对于B，函数在上单调递减，则，
即有，因此，即，B满足；
对于C，函数在R上单调递减，则，即，C满足；
对于D，函数在上单调递增，则，即，D满足.
故选：BCD
11. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（）
A.
B. 是函数的一个递减区间
C. 是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上的最大值是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数图像依次分析出，然后再判断对称轴，单调区间，最值等问题
【详解】由图可知最大值为1，最小值为，所以；
由图可知，所以，又，所以；
函数图像经过点，所以，
所以，又，所以，
所以.
对于A：由上面结论知道A正确；
对于B：时，在该区间不是单调递减函数，B错误；
对于C：时，是函数的一条对称轴，C正确；
对于D：时，此时单调递增，最大值取不到，故D错误.
故选：AC
12. 定义在上的函数满足，则（）
A.
B. 若，则为的极值点
C. 若，则为的极值点
D. 若，则在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】令且，结合已知可得，即可判断A；将已知条件化为且，再令并应用导数研究单调性得，进而判断B、C、D.
【详解】令且，则，
所以在上递增，则，A对；
由题设且，
令，则，
当时，即递减；当时，即递增；
所以，
若，则，
所以上，递减；上，递增；
故为的极值点，B对；
若，则，即，故在上递增，故不是的极值点，C错；
若，则，即，故在上单调递增，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于B、C、D，由且，并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，结合二项展开式通项公式，即可求解.
【详解】由，
其中二项式展开式的通项公式为，
当时，可得，所以.
故答案为：.
14. 曲线的一条切线的斜率为1，则该切线与坐标轴围成的三角形的面积为__________.
【答案】##
【解析】
分析】根据给定条件，利用导数求出切点坐标及切线方程，再求出面积即得.
【详解】设斜率为1的直线与曲线相切的切点为，
由，求导得，因此切线斜率为，解得，切点为，切线方程为，
该切线与x、y轴分别交于，
所以该切线与坐标轴围成的三角形的面积为.
故答案为：
15. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，且，若P是两条曲线的一个交点，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】结合为椭圆和双曲线的公共点，分别根据定义在椭圆和双曲线里列和的关系，表示出和，然后结合，在用余弦定理表示即可.
【详解】
不妨设椭圆方程为，设双曲线的方程为，，
设P是两条曲线第一象限的一个交点，则有，，所以，，
在中，
又因为，则，即，即，
所以，即.
故答案为：.
16. 已知函数满足，则__________，若，则m的取值范围是__________.
【答案】 ①. 1 ②. .
【解析】
【分析】利用列方程求参数a，进而写出解析式和定义域，定义判断奇偶性，并得到，即有上值域均相同，再将问题化为研究上，结合基本不等式求参数范围.
【详解】由，则，故，且，
而，即为奇函数，
所以，易知和上值域相同，
综上，上值域均相同，
只需研究上的最小值，即，
此时，当且仅当时取等号，
所以，.
故答案为：1，
【点睛】关键点点睛：求参数范围时注意判断的奇偶性并确定在四个区间上的值域相同，简化为上为关键.
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. 已知向量，函数.
（1）求使成立的x的集合；
（2）若先将函数的图象向左平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求在区间内的所有零点之和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利于向量的数量积、三角恒等变换化简函数式，结合三角函数的性质解不等式即可；
（2）利用三角函数的图象变换及性质数形结合计算即可.
【小问1详解】
由已知可得
，
所以
【小问2详解】
结合（1）可知将函数的图象向左平移个单位得，
再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得函数，
所以，
如下图所示，函数与在上有4个交点，
记该四个交点的横坐标依次为，
则由正弦函数的对称性可知.
18. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，从条件①、条件②中选一个作为已知条件①：；条件②：.
（1）求角；
（2）当时，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选条件①，由正弦定理边化角得到，于是，而，于是，进而求出角；
选条件②，由正弦定理可得，化简后利用余弦定理得到，进而求出角.
（2）通过正弦定理将边转化为角，再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式，最后结合角的范围利用三角函数的值域求解．
【小问1详解】
选条件①，因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，所以，
因为，所以，
所以，
又因为，故.
选条件②，因为，
由正弦定理可得，
整理得，
由余弦定理可得，
又因为，故.
【小问2详解】
由正弦定理，
所以，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，
所以，
所以，
故，
所以的取值范围为.
19. 如图，在三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，平面，为线段的中点，与平面所成的角为.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）设与的交点为,连接,则，利用线面平行的判断定理证明即可；（2）连接,交于,以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后进行计算即可.
【小问1详解】
设与的交点为,连接,
因为为线段的中点,则为的中位线，
则,
又平面,平面,
所以平面.
【小问2详解】
因为四边形为边长为2的菱形，
故可求得,
又平面,则平面,
则为与平面所成的角，故
又，则,
连接,交于,
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则,
,
设平面的法向量为，
则，
令，得，故.
设平面法向量为，
则，
令，得，故,
设平面与平面夹角为，则
，
故平面与平面夹角余弦值为
20. 已知等差数列满足，数列的前n项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义以及基本量计算和与的关系即可；
（2）先求出的通项，再用错位相减法求得的值，再由化简及分类讨论、分析函数的最值求得的取值范围.
【小问1详解】
因为是等差数列，，由等差数列中项性质可得，
又因为，所以，解得，
所以可得
所以；
由①，可得:
当时，，得:，
当时，②，
①-②得: ，
故数列为以首项为 , 公比为的等比数列，
【小问2详解】
由（1）可知，，，
所以，
③④，
由③-④可得
.
化简可得:
要使得对任意恒成立，
即 ，
即 ，
①当 时, 有 成立
②当 时，有 ，
对于函数，由反比例函数性质可知是在 单调递增的；
所以要使其恒成立，只要 ，，
③当 ，有 ，
对于函数 ，由反比例函数性质可知在[1,4]上单调递增，
只要 ；
综上: 的取值范围为 .
21. 已知函数的定义域为D，如果存在，使得，则称为的一阶不动点；如果存在，使得，且，则称为的二阶周期点.
（1）函数是否存在一阶不动点与二阶周期点？
（2）若函数存在一阶不动点，不存在二阶周期点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）存在一阶不动点，不存在二阶周期点
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一阶不动点和二阶周期点的定义判断；
（2）将存在一阶不动点转化为方程有解，然后列不等式求；假设存在二阶周期点得到，即可得到时，不存在二阶周期点.
【小问1详解】
的定义域为，
令，整理得，解得，
所以为的一阶不动点，所以存在一阶不动点；
令，解得，而，
所以不存在二阶周期点.
【小问2详解】
若存在一阶不动点，则方程有解，
当时，存在一阶不动点，成立；
当时，，解得，
所以当时，存在一阶不动点，
若存在二阶周期点，则，，
整理得，，
即方程有解，
当时，，不成立；
当时，，解得，
所以当时，存在二阶周期点，
所以当时，不存在二阶周期点，
综上可得，当时，存在一阶不动点，不存在二阶周期点.
22. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在极值点，其极大值点为，最大的零点为，判断与的大小关系，并证明.
【答案】（1）答案见解析；
（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）当时，直接求导可得单调性；当，由方程在范围内上解情况，可得单调性.
（2）由（1）知，的极值点为方程的两根，设为，且.后通过讨论的正负情况，可知存在，，三种情况，前两种情况容易得到，当时，利用单调性比较与大小即可.
【小问1详解】
由题，定义域为.
当，在上单调递减；
当时，.
当或时，在上单调递减；
当或，此时方程有两根设为.
由韦达定理，，则同号.
当，则在上单调递减；
当，.
在上单调递增；
或
在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可知此时，
在上单调递减，在上单调递增.
，.
则.
令，则.
，.
设.
则，因均在上递增，
则在上递增，则.
注意到，则.
即在上单调递增，则.
则，使.即，使
又注意到.
则当时，，
则有唯一零点，满足；
当时，，
有两个零点，满足
当时，，此时无论取值如何，的最大零点均满足.
因在上单调递减，.则与的大小关系与与大小关系相反.
令，
则，
则在上递减，则.
综上.