卷子答案网-一个不只有答案的网站2023-2024学年山东省部分学校高三（上）开学摸底联考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 设集合，，则( )
A. B.
C. D.
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
3. 已知非零向量，那么“”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
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.
5. 我们都知道：平面内到两定点距离之比等于定值不为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. B. C. D.
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. C. D.
7. 已知，则( )
A. B. C. D.
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. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列命题中正确是( )
A. 中位数就是第百分位数
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、女生各名学生的身高情况为：男生样本平均数，方差为，女生样本平均数，方差为，则总体样本方差为
D. 已知随机变量，若，则
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. 是周期为的周期函数 D.
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：需用时单位：分钟，推导出函数关系为，为正的常数现有一壶开水放在室温为的房间里，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，这壶开水冷却到大约需要分钟
C. 若，则
D. 这壶水从冷却到所需时间比从冷却到所需时间短
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
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 展开式中含项的系数为______ ．
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．
15. 设函数在上恰有个零点，且的图象在上恰有个最高点，则的取值范围是______ ．
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______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，．
证明：；
若，求．
18. 本小题分
喜迎新学期，高三一班、二班举行数学知识竞赛，赛制规定：共进行轮比赛，每轮比赛每个班可以从，两个题库中任选题作答，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，题库每题分，题库每题分，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．
若一班前两轮选A题库，后三轮选B题库，求其总分不少于分的概率；
若一班和二班在前两轮比赛中均选了题库，而且一班两轮得分分，二班两轮得分分，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？
19. 本小题分
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．
求证：平面；
若侧面底面，且，，
求平面与平面的夹角的余弦值．
20. 本小题分
已知数列，满足，是公差为的等差数列，是公差为的等差数列．
若，求，的通项公式；
若，，证明：．
21. 本小题分
已知函数．
当时，讨论的单调性；
当时，恒成立，求实数的取值范围．
22. 本小题分
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．
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；
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．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
在集合中找出符合的元素，可得．
故选：．
根据题意，由交集的定义直接求解，可得答案．
本题主要考查了集合的表示法、集合的交集运算等知识，属于基础题．
2.【答案】
【解析】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：．
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．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由及向量的加法法则，可得向量与平行且同向，且可得向量，平行且同向或者反向，
因此“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
由可得向量与平行且同向即可得到答案
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：对任意的，，
因为，则，
当时，，则，
因为，因此，．
故选：．
判断，计算出，再由可得出的值．
本题考查对数的运算性质与函数值的计算，属于中档题．
5.【答案】
【解析】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：．
先求出点的轨迹方程，结合直线过圆心，得，然后利用基本不等式求的最小值即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
6.【答案】
【解析】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：．
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．
本题考查抛物线的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为，
所以：．
故选：．
利用诱导公式、二倍角公式化简可得答案．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】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：．
根据等比数列定义，将，代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果．
本题考查数列的递推公式，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，中位数就是第百分位数，所以A正确；
对于，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，根据分层抽样的平均数公式可得，
按分层抽样样本方差的计算公式可得
，所以C错误；
对于，随机变量，，即可得，即D正确．
故选：．
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．
本题考查中位数、函数奇偶性和正态分布的对称性、分层抽样样本方差的计算公式、二项分布方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：的图象关于直线对称，故关于轴对称，是偶函数，
故B不正确；
中，令得：，
因为，所以，解得：，A正确；
由于，，故，
即是周期为的周期函数，故C正确；
选项，对，，当时，都有，
故在上单调递增，又是周期为的周期函数，且是偶函数，
故，，
因为，
所以，故D不正确．
故选：．
根据函数的周期性，奇偶性，单调性等性质逐一判断即可．
本题考查抽象函数的基本性质和推导，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于：，则，
，整理得，故A错误；
对于：由题意得，
则当时，，故B正确；
对于：，
，解得，
，故C正确；
对于：设这壶水从冷却到所需时间为分钟，
则，
设这壶水从冷却到所需时间为分钟，
则，
，
，故D正确．
故选：．
根据函数，逐一分析选项，即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于选项：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，选项错误；
对于选项：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，选项正确；
对于选项：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，选项正确；
对于选项：以为原点，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，选项正确．
故选：．
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．
本题主要考查空间中直线与平面所成得角，属于中档题．
13.【答案】
【解析】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：．
变形为，写出通项公式，求出，，得到答案．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
14.【答案】
【解析】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，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：．
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．
本题考查棱台体积的求法，正确理解题意是关键，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：因为，所以，
而函数在上恰有个零点，且的图象在上恰有个最高点，
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：．
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．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：已知双曲线：，
所以，
此时，
设点，且在上垂足为，
根据双曲线定义及切线长定理得，
又，
所以，
则点坐标为，
可得点的横坐标为，
不妨设渐近线的倾斜角为，
此时，
设，
则，
所以，
即，
又，
解得，
所以，
此时，
所以．
故答案为：，．
由题意，根据双曲线的定义得到在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角，得到的值，，可得，求出的取值范围，进而可得点的纵坐标的取值范围，代入三角形面积公式中即可求解．
本题考查双曲线的性质，考查了逻辑推理和运算能力．
17.【答案】解：证明：在中，，
由，得，
所以，
所以，而，，
结合正弦定理，所以．
由知：，
所以，即，所以．
解得或舍，
所以．
【解析】由两角和与差的正弦公式化简，结合正弦定理可证明结论；
由已知条件结合余弦定理求出的值，再由余弦定理求．
本题考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式，考查学生逻辑推理与数学运算的能力，属于中档题．
18.【答案】解：由条件知，若一班在前两轮得分，后三轮得分，总分为分，
其概率为，
若一班在前两轮得分，后三轮得分或分，总分为或分，
其概率为，
于是一班总分不少于分的概率为．
由条件知，随机变量可能取值为，，，，
，，
，．
所以的分布列为：
，
设二班最后的总分为，可能取值为，，，，
，，
，，
所以的分布列：
，
因为，所以从总分的均值来判断，一班赢下这场比赛．
【解析】由概率的乘法公式与加法公式求解；
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．
本题主要考查离散型随机变量分布列及期望，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：取线段的中点，连接，，
，分别为，的中点，且，
底面是菱形，且为的中点，且，
且四边形平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
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：，
以为坐标原点，，，过作平面的垂线为坐标轴建立空间坐标系，如图所示．
则，，，，
则，，，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，．
平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，
则，解得：，令，则，
平面的一个法向量为，
，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
【解析】取线段的中点，连接，，可证明四边形平行四边形，进而得，可证结论；
利用余弦定理可求，以为坐标原点，，，过作平面的垂线为坐标轴建立空间坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量为，进而利用向量法可求平面与平面的夹角的余弦值．
本题考查线面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，属中档题．
20.【答案】解：，，
又是公差为的等差数列，，
即，且，
又是公差为的等差数列，，
可得，，，，
累加得，
，则，
；
证明：由可得，
则，，，，
累加得，
，则，
则，
则，
令，得，
，已知，，
，
且，
从而，
，
又当时，时，，
．
【解析】根据已知求得，，通过累加法求得，进而求得；
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．
本题考查等差数列的通项公式，训练了累加法求数列的通项公式，考查利用放缩法证明数列不等式，是中档题．
21.【答案】解：定义域为，，
当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减；
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．
记，
由知，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．
【解析】求得函数定义域为，，通过分类讨论即可得到答案；
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．
本题考查导数的综合应用，恒成立问题的求解，指对同构法，利用导数研究函数的单调性，化归转化思想，属难题．
22.【答案】解：解：易知直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，，
联立，消去并整理得，
此时恒成立．
不妨设、，线段的中点为，
易知，，
因为，
所以
，
则，
又点为的中点，
所以直线为直线的垂直平分线，
则直线的方程为，
即，
令，
可得点的横坐标，
因为，
所以，
则，
所以线段上存在点，使得，其中；
证明：当直线的斜率不为零时，
不妨设直线的方程为，，
联立，消去并整理得，
因为过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于、两点，
此时，
解得，
不妨设、，
可得，
由韦达定理得，，
则直线的方程为，
令，
解得
．
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．
故直线过定点．
【解析】由题意，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；
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．
本题考查椭圆的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
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