精品解析：新疆维吾尔自治区慕华·优策2023-2024学年高三上学期第一次联考数学试题

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数学试卷
本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 已知复数满足，其中是虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为，则，故.
故选：B.
2. 已知集合，则集合的元素个数为（ ）
A. 3B. 2C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】将的所有可能取值逐个代入计算即可得出集合，即可得集合的元素个数.
【详解】当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故，共三个元素.
故选：A.
3. 已知向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助题目条件可得，再根据向量模长与向量平方的关系计算即可得.
【详解】由题意可得，又，故，
则.
故选：D.
4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：（其中），则下列说法正确的是（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意利用等差数列的定义和和的递推关系求解即可.
【详解】由题意知：甲：数列为等差数列，设其首项为，公差为，则，
充分性：当数列为等差数列时，其前项和，故充分性成立；
必要性：当时，得，，
将上述两式相减得，即，
所以，，两式相减，得，
即，，所以数列为等差数列，故必要性成立.
综上所述：甲是乙的充要条件，故C正确.
故选：C.
5. 若的展开式中常数项为，则的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由二项式展开式性质可计算出，结合基本不等式即可得.
详解】由，有，
令，即，故，
即，即，则，
当且仅当或时，等号成立，
故的最小值为.
故选：C.
6. 已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点，且，，，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意结合勾股定理的逆定理可得，结合双曲线的对称性可得，即可得，由斜率与倾斜角的关系可得，即可得离心率.
【详解】
由，，故，
则有、、，又，
故，又，故，
则，则，
，故，
即，即，
即，则.
故选：B.
7. 已知函数在定义域内单调递增，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导得，然后分离构造函数在定义域上恒成立，即可求解.
【详解】由题意定义域为且单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，所以只需，所以，
当，，在单调递增，
当，，在单调递减，
当时，有极大值且为最大值，所以，故B正确.
故选：B.
8. 在中，角的对应边是，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理得，然后由正弦定理边化角，结合已知即可求解.
【详解】因为，所以由余弦定理可得，
利用正弦定理边化角得，
因为，所以，且，
由得，
所以，
整理得，
解得或，
所以或，
又，所以，所以.
故选：B
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. 定义在上的函数满足，且均有，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 时，数列是公比为2的等比数列
C. 在上单调递增
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A：令，代入即可得；对B：结合等比数列定义，令，代入即可得；对C：结合单调性定义令，即可得；对D：结合B中的等比数列可得通项公式，计算即可得.
【详解】令，，则有，由，
故，即，故A正确；
令，，则有，
即，即，
又，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故B正确；
令，，则有，
由，，故、、，则，
即当时，有恒成立，
故在上单调递增，故C正确；
由数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故，即，
则
，故D错误.
故选：ABC.
10. 抛物线与圆在第一象限交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 中点的坐标为
C. 直线方程为
D. 设点关于轴的对称点为，则直线的斜率为2
【答案】AC
【解析】
【分析】将将代入后计算可得、，逐项计算即可得.
【详解】将代入，得，
有，，又，故，
有，，
则，故A正确；
有，
则，故中点为，故B错误；
，
故，化简得，故C正确；
由，故，则，故D错误.
故选：AC.
11. 长方体中，，为棱的中点，平面上一动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 长方体外接球的表面积为B.
C. 到平面距离为D. 的轨迹长度为
【答案】AD
【解析】
【分析】计算出长方体的外接球直径，结合球体表面积公式可判断A选项；利用空间向量法可判断BC选项；分析可知，点的轨迹为圆，求出圆的周长，可判断D选项.
【详解】对于A选项，长方体的外接球直径为
，
所以，长方体外接球的表面积为，A对；
对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
所以，，，则，B错；
对于C选项，设平面的法向量为，
，则，取，可得，且，
所以，点到平面的距离为，C错；
对于D选项，取线段的中点，因为，则，
因为为的中点，且点到平面的距离为，
故点到平面的距离为，
所以，点的轨迹是平面截以点为球心，半径为的球所得圆，
且截面圆的半径为，
因此，点的轨迹长度为，D对.
故选：AD.
12. 已知任一随机变量，若其数学期望，方差均存在，则对任意的正实数，有，即表示事件“”的概率下限估计值为．现有随机变量，则下列说法正确的有（ ）
A 若，则
B.
C. 若，则取最大值时或
D. 若有不低于的把握使，则的最小值为625
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据二项分布概率公式直接计算可判断A；根据二项分布期望公式和方差公式计算可判断B；根据题意列不等式组求解可判断C；由可得，然后利用题中结论列不等式求解即可判断D.
【详解】因为，
所以当时，，A错误；
因为，
所以，B正确；
当时，则，
由，解得或，C正确；
若，则，，即，
由题知，，
由解得，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若函数是偶函数，则实数值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据偶函数定义，结合对数运算化简可得.
【详解】的定义域为R，
，
因为函数是偶函数，
所以，
所以恒成立，故，即.
故答案为：
14. 已知一个圆台的上下底面半径分别为和，且它的侧面展开图扇环的面积为，则这个圆台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】计算出圆台的母线长，求出圆台的高，利用台体的体积公式可求得该圆台的体积.
【详解】设圆台的母线长为，则该圆台的侧面积为，解得，
取该圆台的轴截面等腰梯形，如下图所示：
分别过点、作、，
因为，，，
所以，，所以，，
因为，，，
所以，四边形为矩形，则，，
所以，，
所以，该圆台的高为，故该圆台的体积为.
故答案为：.
15. 已知为坐标原点，，且，定点，则取最大值时直线的方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】先设，由求出点轨迹为圆，又点在圆外，当为圆的切线时有最大值，从而求解.
【详解】设点，由，
所以，
所以点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，且点在圆外，
当取最大值时即等价于过点的直线与圆相切，
设过点的直线为，圆心到直线距离，解得，
此时直线为，即或，
故答案为：或.
16. 若存在正实数满足，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】不等式变形，换元后得到，令，则，再令，求导得到其单调性，得到，从而，解得，得到故，，求导，得到单调性和最值，求出答案.
【详解】存在正实数满足，
不等式两边同除以得，
令，则，即，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得极大值，也是最大值，故，
即，
综上，，解得，
故，，
故，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取得极大值，也是最大值，最大值为.
故答案为：
【点睛】常见的不等式放缩有，，，，等，再求参数取值范围或证明不等式时，常常使用以上不等式进行适当变形进行求解.
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. 非零数列满足，且．
（1）设，证明：数列是等差数列；
（2）设，求的前项和．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）对已知条件因式分解可得，根据等差数列定义可证；
（2）利用累乘法求得，然后由裂项相消法可得.
【小问1详解】
由，
得对于恒成立，
所以，即，
所以，
而，故，
所以数列是以1为公差，为首项的等差数列.
【小问2详解】
由（1）知，，即，
整理得，
由累乘法得，即，
又，所以，
则，
所以.
18. 如图：在四棱锥中，，，平面，，为的中点，，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面所成夹角．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可建立空间直角坐标系，求出、即可得证；
（2）求出平面与平面的法向量后即可得平面与平面所成夹角.
【小问1详解】
由，，故，又平面，
、平面，故、，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中轴，
由题意可得、、、、，
则，，
，，
，由为的中点，故，
则，
，则，
故，故；
【小问2详解】
由（1）知、、，
且、，
故，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有、，
即、，
不妨分别取，，则可得、，
则，故，
即平面与平面所成夹角为.
19. 某游戏游玩规则如下：每次游戏有机会获得5分，10分或20分的积分，且每次游戏只能获得一种积分；每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，三次游戏为一轮，一轮游戏结束后，计算本轮游戏总积分．
（1）求某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的概率（用含的代数式表示）；
（2）当某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率取得最大值时，求一轮游戏累计积分的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的情况，利用独立事件与互斥事件的概率公式，结合组合的思想即可得解.
（2）依题意得到累计积分在区间内的概率，构造函数，利用导数求得当时满足题意，进而得到的所有可能取值，求得对应的概率，从而得解.
【小问1详解】
某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的情况为：
①三次游戏都获得5分；②两次游戏获得5分，一次游戏获得10分；③一次游戏获得5分，两次游戏获得10分；
所以其概率为：.
【小问2详解】
依题意，记一轮游戏累计积分为，
而某人在一轮游戏中累计积分在区间内的情况有分和分两种情况，
则，，
记某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率为，
则，，
则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调减；
所以当时，取得最大值；
此时每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，
由题意可知的所有可能取值为，
，，
，，
，，
，，
，
则的数学期望为
.
【点睛】关键点睛：本题解决的难点是分析得各个累计积分时的概率，从而得解.
20. 在锐角中，的对应边分别是，且．
（1）求的取值范围；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助余弦定理、正弦定理与两角差的正弦公式可得，结合为锐角三角形即可得的取值范围，即可得的取值范围；
（2）借助正弦定理将边的比例式转化为角的三角函数的比例式后，结合三角恒等变换公式可得，结合的取值范围计算即可得.
【小问1详解】
，
由，故，
由，
故，
则，
由为锐角三角形，故，即，
则有，，，
可得，故，即；
【小问2详解】
由，，
则
，
由（1）知，故，
故，即.
21. 已知椭圆的左右焦点为、，下顶点为，且椭圆过，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）设过的直线交椭圆于、两点，为坐标平面上一动点，直线、、斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上，若存在，求出该定直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）点在直线上，理由见解析
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入椭圆方程，可得出的值，由已知可得，可求出的值，进而可得出的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设点，设点、，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合韦达定理求出的值；在直线的斜率不存在时，直接验证成立即可.综合可得出结论.
【小问1详解】
解：将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，
易知点、，则，，
因为，则，
整理可得，解得，则，
因此，椭圆的方程为.
【小问2详解】
解：设点，设点、，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，，，
因为直线、、斜率的倒数成等差数列，即，
所以，，即，
将，代入上述等式可得
，
显然，所以，，
整理可得，
可得，
即，
即对任意的恒成立，
所以，，解得或，
显然，故；
当直线的斜率不存在时，则、为椭圆短轴的端点，
不妨设、、，其中，
，，，则，满足条件.
综上所述，点在定直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22. （1）讨论的单调性；
（2）记，试探究是否存在使在处取得极小值且恒成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）单调性详见解析；
（2）存在且
【解析】
【分析】（1）求导后对进行分类讨论即可得；
（2）由恒成立且，可得，解得为必要条件，再在的基础上去证明能否使存在极小值且恒成立即可得.
【详解】（1），
当时，，当时，，
当时，，故在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，可得或，
故当，即时，恒成立，
故恒成立，故在上单调递减；
当，即时，在或时小于，
在时大于，故在、上单调递减，
在上单调递增；
当，即时，在或时小于，
在时大于，故在、上单调递减，
在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在、上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，故在、上单调递减，在上单调递增；
（2），由，，
故，即，
故为必要条件，下证充分性：
当时，，
，
令，则，
当时，，即，
当时，，
故在上单调递增，又，
即有时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，又，
故时，恒成立，
当时，，
即，，
综上所述，在上恒成立，
由在上单调递增，又，
故是函数的一个极小值点，
即存在，使在处取得极小值且恒成立.
【点睛】关键点睛：第二问关键在于先探究出是必要条件，再在的基础上去证明能否使存在极小值且恒成立.