山东省德州市2024届高三数学下学期开学摸底考试试题含解析

这是一份山东省德州市2024届高三数学下学期开学摸底考试试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在测试卷上
第I卷选择题（共60分）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先确定集合，再由并集定义求解.
【详解】因为，
所以.
故选：B
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法和除法法则计算出，进而得到，求出.
【详解】，
故，
故，故.
故选：D
3. 某中学开展高二年级“拔尖创新人才”学科素养评估活动，其中物化生､政史地､物化政三种组合人数之比为，这三个组合中分别有的学生参与此次活动，现从这三个组合中任选一名学生，这名学生参与此次活动的概率为（ ）
A. 0.044B. 0.18C. 0.034D. 0.08
【答案】D
【解析】
【分析】根据全概率公式求解.
【详解】设事件为“这名学生参与此次活动”，
事件为“这名学生选择物化生组合”，
事件“这名学生选择政史地组合”，
事件为“这名学生选择物化政组合”，
则，
，
由全概率公式可知
.
故选：D.
4. 如图所示，某圆台型木桶（厚度不计）上下底面的面积分别为和，且木桶的体积为，则该木桶的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由台体的体积公式求出圆台的高，作出图象求出台体的母线长，再根据体积公式求解即可.
【详解】设上下底面的的半径分别为，高为，
所以，故，
因为木桶的体积为，所以，
所以，解得：，
设圆台的母线长为，如下图，
所以，
所以该木桶的侧面积为.
故选：D.
5. 在中，点在直线上，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据画出及点D的位置，再由向量的线性运算即可由表示出.
【详解】因为，
所以

故选：A.
6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象求出函数解析式，再代入计算可得.
【详解】由图可知，即，又，所以，
又关于对称，且，
因为且，所以，解得，所以，
所以，解得，所以，
所以.
故选：A
7. 若正实数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由作差法、对数函数单调性结合分类讨论即可得解.
【详解】由题意若，则，所以，但这与矛盾，
所以不可能存在这种情况，
若，则，所以，即，但这与矛盾，
所以不可能存在这种情况，
所以只能，则则，所以，对比选项可知只有C正确.
故选：C.
8. 已知球的半径为2，三棱锥的顶点为，底面的三个顶点均在球的球面上，则该三棱锥的体积最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设三棱锥底面外接圆半径为，可得为正三角形时面积最大，三棱锥的高，求得三棱锥的体积，再利用不等式求出体积的最大值.
【详解】如图，设点为三棱锥底面外接圆的圆心，半径为，
则棱锥的高，
设圆内接三角形的任意一条弦，如图，，其中是高，要使内接三角形面积最大，必垂直与，
即，设弦对应的圆心角为，则，，
因此，，
，，，
当，即时，，所以面积单调递增，当，
即时，，所以面积单调递减，
所以当，即时，最大，此时，
因此，半径为的圆内接为正三角形时，面积最大，

此时，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题关键是平面几何知识：半径为的圆，其内接三角形面积最大是当时正三角形时.
二、多选题（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. 如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线与所成的角为
B. 异面直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为
D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，B选项，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解； C选项，利用线面角的向量求解公式进行求解； D选项，利用点到平面的距离公式求出答案.
【详解】A选项，平面，直线与平面所成角, ，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，设直线与所成的角大小为，则，
故，A正确；
B选项，设直线与所成的角大小为，则，
故，B正确；
C选项，
可取为平面的法向量，
设直线与平面所成的角大小为，
则，
故直线与平面所成的角为，C正确；

因为四边形为正方形，所以⊥，
又平面，平面，故，
因为，平面，
所以⊥平面，故可取为平面的法向量，
故点到面的距离，D正确.
故选：ABD
10. 若函数的导函数是偶函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象关于中心对称
B. 有3个不同的零点
C. 最小值为
D. 对任意，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数的导函数，由求出的值，即可得到函数解析式，从而判断函数的奇偶性，即可判断A，令求出方程的解，即可判断B，利用导数说明函数的单调性，即可判断C，利用作差法判断D.
【详解】因为，则，
又是偶函数，所以，即，
所以对任意的恒成立，所以，解得，则，定义域为，
且，即为奇函数，
所以的图象关于中心对称，故A正确；
令，即，解得、、，
所以有3个不同的零点，故B正确；
因为，所以当或时，当时，
即的单调递增区间为，，单调递减区间为，
所以不存在最值，故C错误；
设任意，则，，则，
又，
所以
，当且仅当时取等号，
所以对任意，都有，故D正确；
故选：ABD
11. 已知是抛物线上的两点，焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为2，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若直线的方程为，则
C. 若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为（为坐标原点）
D. 若在轴上方，则直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A. 由抛物线上一点到焦点的距离为2，利用抛物线定义求解判断；B.由求得点M，N的坐标求解判断；C.根据的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，结合与抛物线的准线相切求解判断；D.设，得到，求倾斜角判断.
【详解】解：抛物线上一点到焦点的距离为2，
所以，解得，故A正确；
则抛物线方程为，
由，解得，则，故B错误；
因为的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，而线段OF的中垂线方程为，又与抛物线的准线相切，则外接圆的半径为，故C正确；
如图所示： ，
设，则，所以，
则，，故D正确；
故选：ACD
12. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个实数，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点.现新定义：若满足，则称为的次不动点.设函数，若在区间上存在次不动点，则的取值可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可得，在上有解，即有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】根据题意，若在区间上存在次不动点，
则在区间上有解，
即，
即有解，
令，，则，
令函数，且单调递增，
当时，，所以在上单调递增，
，所以为偶函数，
所以在上单调递减.
，，
故，，
则.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：通过分离参数和换元，构造函数，利用导数研究函数最值，从而得解.
第II卷非选择题（共90分）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在的展开式中，项的系数是__________.
【答案】189
【解析】
【分析】由二项式展开公式可得答案.
【详解】由题可得展开式的第项为.
令，则项的系数是.
故答案为：189.
14. 已知圆与圆相交于两点，当为直角三角形时，的值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】两圆相减得到直线方程，根据几何关系得到到直线的距离，从而根据点到直线距离公式列出方程，求出答案.
【详解】与相减得，
，即直线的方程为，
圆的圆心为，半径为2，
因为为直角三角形，所以，
故到直线的距离为，
所以，因为，解得.
故答案为：2
15. 过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出直线与轴的交点坐标.
【详解】设切点坐标为，
由，得，
则过切点的切线方程为，
把点代入切线方程得，，即，
因为，而在上单调递增，在上单调递减，
所以只有一个解，所以，
所以切线方程的斜率为，
所以切线方程为，令，解得.
故过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为.
故答案：.
16. 已知双曲线的左右焦点分别为，过原点的直线交双曲线于两点（A在第一象限），过A作轴的垂线，垂足为，则的最小值为__________.；若，则的面积为__________.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】第一空，由题结合双曲线定义，可知，当且仅当重合时取最小值；
第二空，设，则由题有，解得A点坐标，即可得答案.
【详解】第一空，由题及双曲线定义，可知，，则，
因x轴，则，则当且仅当重合时，，即的最小值为8，
第二空，设，因，则，又A在双曲线上，则，
得，则.
故答案为：8；.
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､证明过程或演算步骤.）
17. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求；
（2）若的平分线交于，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助降幂公式及正弦定理与辅助角公式计算即可得.
（2）借助等面积法及基本不等式即可得.
【小问1详解】
，则，
由正弦定理可知：，
又，化简得，
即，
所以，，
即，因为，所以，从而；
【小问2详解】
由题意可得：，
且，即，
化简得，即，
因为，所以
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为9.
18. 已知数列前项和为，满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由作差得到，再利用累乘法计算可得；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.
【小问1详解】
因为，当时，，
所以，
当时，，
所以，
所以，，，，，
累乘得
所以，
当时也成立，所以.
【小问2详解】
由（1）得，
所以
.
19. 如图，已知三棱锥中，为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）点满足，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为为的中点，所以.
因为，
所以和为全等的等边三角形.
所以.又因为为的中点，所以.
又因为，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
不妨设，由（1）知，和分别为等边三角形，所以.
又因为为的中点，所以.
在Rt中，.
在中，，所以.
所以两两互相垂直.
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系.由题知，
所以，，.
设平面的一个法向量为.
则，即，令，则，
所以，.
设平面的一个法向量为.
则，即，令，则，
所以，.
设平面与平面所成角为，则.
20. 为了开展“成功源自习惯，习惯来自日常”主题班会活动，引导学生养成良好的行为习惯，提高学习积极性和主动性，在全校学生中随机调查了名学生的某年度综合评价学习成绩，研究学习成绩是否与行为习惯有关.已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，现按“行为习惯良好”和“行为习惯不够良好”分为两组，再将两组学生的学习成绩分成五组：、、、、，绘制得到如图所示的频率分布直方图.
（1）若规定学习成绩不低于分为“学习标兵”，请你根据已知条件填写下列列联表，并判断是否有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”；
（2）现从样本中学习成绩低于分的学生中随机抽取人，记抽到的学生中“行为习惯不够良好”的人数为，求的分布列和期望.
参考公式与数据：，其中.
【答案】（1）列联表见解析，有
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【小问1详解】
解：已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，
则名学生中，行为习惯良好的有人，行为习惯不够良好的有人.
由频率分布直方图可知，行为习惯良好组中不低于分的学生有人，
行为习惯不够良好组中不低于分的学生有人
则列联表为：
，，
因为，所以有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”.
【小问2详解】
解：行为习惯良好组中低于分的学生有人，
行为习惯不够良好组中低于分的学生有人，则的可能值为、、，
，，.
的分布列为：
期望.
21. 已知椭圆的上顶点为，左焦点为，直线与圆相切.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若不过点的动直线与椭圆相交于两点，若，求证：直线过定点，并求出该定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点为
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切，由点到直线的距离公式即可求解，
（2）方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设点、，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合可得出直线方程中参数的等量关系或值，进而可求得直线所过定点的坐标.方法二：平移到原点，则椭圆方程为，设直线为，代入椭圆方程，由韦达定理可得，即可得出答案.
【小问1详解】
由题意，则直线的方程为：
可知圆的标准方程为，
所以，则，从而
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
方法一：设
若直线的斜率不存在，设其方程为，则，所以
，所以
则直线方程为：.
若直线的斜率存在，设其方程为
由
，即
由韦达定理得：
，即
，整理得，
则直线方程为：，即
综上所述，直线过定点，该定点坐标为.
方法二：平移到原点，则椭圆方程为
设直线为，代入椭圆方程得
两边同时除以得到
得到，
所以，.
代入直线方程得.
所以直线过定点
向上平移1个单位以后，直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22. 已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断函数在区间上的单调性；
（2）令，若函数在区间上存在极值，求实数的取值范围；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）在区间上单调递减
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导函数在区间上的正负判断函数的单调性；
（2）求出导函数，函数在区间上存在极值，可转化为在上有解，令，根据函数单调性求出的范围，从而求出的取值范围；
（3）当时，要证，即证，只需要，根据函数的单调性求出，进而即可证明.
【小问1详解】
时，.
显然，在区间上单调递增.
所以，即.
所以在区间上单调递减.
【小问2详解】
在上存在极值.
即在上有变号零点.
令.则
记，即与的图像在上有交点.
易知在上恒成立，所以在上为增函数
且.
所以，从而
当时，存在唯一实数，使得成立
当时在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以为函数的极值，
综上，若函数在上存在极值，的取值范围为.
【小问3详解】
当时，要证，
即证.
令，显然.
令，
当时，；当时，.
所以在时单调递减；在时单调递增.
所以
所以，即.
所以时，，得证.
行为习惯良好
行为习惯不够良好
总计
学习标兵
非学习标兵
总计
行为习惯良好
行习惯不够良好
总计
学习标兵
非学习标兵
总计