山东省部分学校2023_2024学年高三数学上学期开学摸底大联考试题含解析

这是一份山东省部分学校2023_2024学年高三数学上学期开学摸底大联考试题含解析，共22页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、座号、考生号填写在答题卡上，并将条形码横贴在答题卡的“贴条形码区”．
3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
4．非选择题必须用直径0.5毫米黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效．
5．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分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. 设集合，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集的定义直接求解.
【详解】集合，则.
故选：C
2. 已知复数，则在复平面内表示的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】由复数乘法运算以及共轭复数的概念，利用复数的几何意义可求出结果.
【详解】由可得，，
所以在复平面内表示的点坐标为位于第三象限，
故选：C
3. 已知非零向量、和实数，那么“”是“”的（）
A. 充分而不必要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 充要条件D. 必要而不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求出向量、的夹角的值，再结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】因为向量、为非零向量，设向量、的夹角为，
在等式两边平方可得，
所以，，则，
因为，所以，，即、方向相反，
所以，“”“、方向相反”，“”“、方向相反”，
因此，“”是“”的必要而不充分条件.
故选：D.
4. 定义域为的函数满足：当时，，且对任意实数，均有，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，计算出，再由可得出的值.
【详解】对任意的，，
因为，则，
当时，，则，
因为，因此，.
故选：D.
5. 我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆．后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆．已知平面内有两点和，且该平面内的点满足，若点的轨迹关于直线对称，则的最小值是（）
A. 10B. 20C. 30D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】点的轨迹为圆，直线过圆心，得，利用基本不等式求的最小值.
【详解】设点的坐标为，因为，则，
即，
所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值是.
故选：B.
6. 抛物线的焦点为的准线与轴交于点，过点斜率为的直线与交于点（在轴上方），则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得直线的方程为，联立方程，求出两点的坐标，从而求得，由此得解.
【详解】由抛物线，得，
则直线的方程为，
联立，解得或，
即，
所以，，
所以.
故选：C.
7. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式、二倍角公式化简可得答案.
【详解】因为，所以
.
故选：C.
8. 已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（）
A. 2022B. 2023C. 4048D. 4046
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新数列的性质求出其通项为即可得出结果.
【详解】令数列的公比为，，
因为，
所以当时，，即，
当时，，即，解得（舍去），
所以，即，
因为数列中的整数项组成新的数列，
所以，此时，即，
可得.
故选：C
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 下列命题中正确是（）
A. 中位数就是第50百分位数
B. 已知随机变量，且函数为偶函数，则
C. 已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为130
D. 已知随机变量，若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据中位数定义可得A正确，利用函数奇偶性和正态分布的对称性计算可得B正确；按分层抽样样本方差的计算公式可得总体样本方差为，可知C错误；由二项分布方差计算公式可得D正确.
【详解】对于A，中位数就是第50百分位数，所以A正确；
对于B，随机变量，且函数为偶函数，
则，即区间与关于对称，
故，即B正确；
对于C，根据分层抽样平均数公式可得，
按分层抽样样本方差的计算公式可得
，所以C错误；
对于D，随机变量，，即可得，即D正确；
故选：ABD
10. 已知函数对都有，若函数的图象关于直线对称，且对，当时，都有，则下列结论正确的是（）
A.
B. 是奇函数
C. 是周期为4的周期函数
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】B选项，根据的图象关于直线对称，得到关于轴对称，B错误；A选项，赋值法得到，结合求出；C选项，求出，C正确；D选项，先得到在上单调递增，结合函数的奇偶性和周期性得到.
【详解】B选项，的图象关于直线对称，故关于轴对称，是偶函数，B错误；
A选项，中，令得：，
因为，所以，解得：，A正确；
C选项，由于，，故，
即是周期为4的周期函数，C正确；
D选项，对，，当时，都有，
故在上单调递增，又是周期为4的周期函数，且是偶函数，
故，，
因为，
所以，D错误.
故选：AC
11. 某同学根据著名数学家牛顿的物体冷却模型：若物体原来的温度为（单位：℃），环境温度为（，单位℃），物体的温度冷却到（，单位：℃）需用时t（单位：分钟），推导出函数关系为，k为正的常数．现有一壶开水（100℃）放在室温为20℃的房间里，根据该同学推出的函数关系研究这壶开水冷却的情况，则（ ）（参考数据：）
A. 函数关系也可作为这壶外水的冷却模型
B. 当时，这壶开水冷却到40℃大约需要28分钟
C. 若，则
D这壶水从100℃冷却到70℃所需时间比从70℃冷却到40℃所需时间短
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，利用指对互化即可判断A；对B，将数据代入公式即得到；对C，根据，解出值，再代入数据即可判断；对D，分别代入公式计算冷却时间，作差比价大小即可.
【详解】对A，由，得，
所以，整理得．A项错误；
对B，由题意可知．，B项正确；
对C，由，得，即，则．C项正确；
对D，设这壶水从100℃冷却到70℃所需时间为分钟，则，
设这壶水从70℃冷却到40℃所需时间为分钟，
则，
因，所以，D项正确．
故选：BCD．
12. 如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（）
A. 存在唯一点，使得
B. 存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值
C. 若，则三棱锥外接球的表面积为
D. 若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分
【答案】BCD
【解析】
【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.
【详解】对于A选项：正方形中，有，
正方体中有平面，平面，，
又，平面，平面，
只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，
此时点与点重合，B选项正确；
对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，则有，，
有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，
所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.
故选：BCD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中含项的系数为______________．
【答案】-160
【解析】
【分析】变形为，写出通项公式，求出，得到答案.
【详解】变形为，
故通项公式得，
其中的通项公式为，
故通项公式为，其中，，
令，解得，
故.
故答案为：-160
14. 现有甲乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时7分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时________分钟．
【答案】19.
【解析】
【分析】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为，由题意求得水流速度，再求出乙容器中水的容积，则答可求，
【详解】不妨以正四棱台为例，设正四棱台的高为，
由，正四棱台的中截面是边长为4的正方形，
当水的高度是四棱台高度的一半时，甲容器内水的容积为
设水流速度为v，则，
当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时，水的容积为
当水的高度是四棱台高度的一半时用时为分钟.
故答案为：19.
15. 设函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】结合三角函数的图象性质，找出到满足条件的所在的区间，解不等式组即可作答.
【详解】因为，则，
而函数在上恰有2个零点，且的图象在上恰有2个最高点，
因此，即，
当时，不符合题意，
当时，不等式组为，不等式组无解，
当时，不等式组为，解得，
当时，不等式组无解，
所以的取值范围是.
故答案为：
16. 已知双曲线，，分别为双曲线的左､右焦点，为双曲线上的第一象限内的点，点为△的内心，点在轴上的投影的横坐标为___________，△的面积的取值范围为___________.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，，则，求出，从而求出，求出△的面积的取值范围.
【详解】由题意得：，故，
设点，且在上垂足为H，
根据双曲线定义及切线长定理得：，
又，解得：，
所以点H坐标为，即横坐标为3；
渐近线的倾斜角为，则，
记，则，
所以，即，
又，解得：(负值舍)，
所以，则，
所以.
故答案为：3，
【点睛】方法点睛：双曲线焦点三角形的内切圆圆心位于顶点的正上方或正下方，这个二级结论在双曲线有关于内切圆的题目时，经常用到，需要掌握.
四、解答题：共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 记的内角的对边分别为．
（1）证明：；
（2）若，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和与差的正弦公式化简，结合正弦定理可证明结论；
（2）由已知条件结合余弦定理求出的值，再由余弦定理求．
【小问1详解】
中，
由，得，
所以，
所以，而，
结合正弦定理，所以.
【小问2详解】
由（1）知：，
所以，即，所以.
解得或（舍），
所以.
18. 喜迎新学期，高三一班、二班举行数学知识竞赛，赛制规定：共进行5轮比赛，每轮比赛每个班可以从两个题库中任选1题作答，在前两轮比赛中每个班的题目必须来自同一题库，后三轮比赛中每个班的题目必须来自同一题库，题库每题20分，题库每题30分，一班能正确回答题库每题的概率分别为、，二班能正确回答题库每题的概率均为，且每轮答题结果互不影响．
（1）若一班前两轮选题库，后三轮选题库，求其总分不少于100分的概率；
（2）若一班和二班在前两轮比赛中均选了题库，而且一班两轮得分60分，二班两轮得分30分，一班后三轮换成题库，二班后三轮不更换题库，设一班最后的总分为，求的分布列，并从每班总分的均值来判断，哪个班赢下这场比赛？
【答案】（1）
（2）分布列见解析，一班赢下这场比赛.
【解析】
【分析】（1）由概率的乘法公式与加法公式求解；
（2）由题意求出两个班的总分可能取值，然后求出对应的概率，进而列出分布列，并根据期望的概念求出期望，比较大小即可判断.
【小问1详解】
由条件知，若一班在前两轮得20分，后三轮得90分，总分为110分，
其概率为，
若一班在前两轮得40分，后三轮得60分或90分，总分为100或130分，
其概率为，
于是一班总分不少于100分的概率为 .
【小问2详解】
由条件知，随机变量X可能取值为60，80，100，120，
，，
，．
所以X的分布列为：
，
设二班最后的总分为Y，Y可能取值为30，60，90，120，
，，
，，
的分布列：
，
因为，所以从总分的均值来判断，一班赢下这场比赛.
19. 如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，点为棱的中点，为边的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，且，，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，，从而求出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，利用空间向量求解两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
取线段的中点，连接，，
∵，分别为，的中点，
∴且，
∵底面是菱形，且为中点，
∴且，
∴且.
∴四边形为平行四边形，
∴.
又∵平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
连接，
由得是等边三角形，
∴，
∵侧面底面，侧面底面，底面，
∴侧面，
因为，，
由余弦定理的：，
解得：，
以为原点建立空间坐标系，如图所示.
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，令，则.
设平面的一个法向量为，
则，即，解得：，令，则，
故，
∴，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
20. 已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，是公差为1的等差数列，是公差为2的等差数列．
（1）若b2=2，求{an}，{bn}的通项公式；
（2）若，，证明：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知求得，，通过累加法求得，进而求得；
（2）根据已知求得，构造，求导后得，结合得，又，从而求得，进而证得结论．
【小问1详解】
解：因为是公差为1的等差数列，
所以，
即，且，
所以，
累加得，
所以，
则；
【小问2详解】
解：因为，
累加得，
所以，
则，
则，
令，
且，
所以，且，所以，
所以，
且，
从而，
所以，
当时，时，，
所以．
21. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求得函数定义域为，，通过分类讨论即可得到答案；
（2）首先得到的范围，将原式转化为对恒成立，即对恒成立，通过导数研究函数最值即可得到答案.
【小问1详解】
定义域为，，
①当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
②当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
综上所述，当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增，在单调递减.
【小问2详解】
记，
由（1）知，当时，，
则，则，
当时，恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
则，即对恒成立，
令，对恒成立，
则在单调递增，所以，
所以，即实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题考查导数的同构问题.要善于通过转化的方法，将原式的形式统一，进而进行换元，进而将恒成立问题转化为求函数的最值问题，结合导数与函数关系求得答案.
22. 已知椭圆，且其右焦点为，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于、两点．
（1）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；
（2）过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点．
【答案】（1）存在，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，设线段的中点为，分析可知直线为直线的垂直平分线，求出直线的方程，求出的表达式，即可求得的取值范围，即可得解；
（2）当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，写出直线的方程，在直线的方程中，令可求出定点的坐标；当直线的斜率为零时，验证即可，综合可得出结论.
【小问1详解】
解：由题意，设直线的方程为，，
联立，得，
恒成立.
设、，线段的中点为，
则，，
由，得：
，故，
又因为为的中点，则直线为直线的垂直平分线，
所以，直线的方程为，即，
令得点的横坐标，
因为，则，所以，，
所以，线段上存在点，使得，其中.
【小问2详解】
解：当直线的斜率不为零时，设直线的方程为，，
联立得，
因为过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，
由，得，
设、，则，则，，
则直线的方程为，
令得
.
易知，当直线斜率为时，直线与轴重合，
此时，点与点重合，则直线过点.
综上所述，直线过定点.
【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.
X
60
80
100
120
P