山西省运城市2023-2024学年高三数学上学期摸底调研测试试题（Word版附解析）

运城市2023-2024学年高三摸底调研测试数学试题2023.9本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上.注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4．保持卡面清洁，不折叠，不破损.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】B【解析】【分析】根据解一元二次不等式的解法，结合集合并集的定义进行运算即可.【详解】由，而，所以.故选：B2.若复数z满足，则（）A.B.1C.D.2【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算法则和减法运算法则，给合复数模的运算公式进行运算即可. 【详解】，因此，故选：A3.已知两条不同的直线，和平面满足，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合线面垂直的性质进行判断即可．【详解】解：若，则由，可得，充分性成立；反之，若，则由，可得，必要性成立．所以“”是“”的充要条件．故选：C．4.甲单位有3名男性志愿者，2名女性志愿者；乙单位有4名男性志愿者，1名女性志愿者，从两个单位任抽一个单位，然后从所抽到单位中任取2名志愿者，则取到两名男性志愿者的概率为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】运用古典概型运算公式进行求解即可.【详解】从所抽到的单位中任取2名志愿者，则取到两名男性志愿者的概率为：，故选：D5.已知，则（）A.1B.2C.3D.4【答案】A【解析】【分析】根据对数运算律计算即可. 【详解】故选：A.6.在数列中，如果存在非零的常数T，使得对于任意正整数n均成立，那么就称数列为周期数列，其中T叫做数列的周期．已知数列满足，若，（且），当数列的周期为3时，则数列的前2024项的和为（）A.676B.675C.1350D.1349【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得，得到，求得，进而得到，结合周期性，即可求解.【详解】因为且，满足所以，因为数列的周期为，可得，所以，所以，所以，同理可得，所以，，所以.故选：C.7.设，分别是双曲线的左、右焦点，为坐标原点，过左焦点作直线 与圆切于点E，与双曲线右支交于点P，且满足，则双曲线的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】由题意，再结合平面向量的性质与双曲线的定义可得，，再根据勾股定理列式求解决即可.【详解】∵为圆上的点，，，∴是的中点，又是的中点，，且，又，，是圆的切线，，又，，故，离心率.    故选：D8.已知，，，则（）AB.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据二项式展开式，得到，设，利用导数得到在上单调递增，根据，得到，令，得到，即可求解.【详解】由，设，可得恒成立，函数在上单调递增，所以，所以在在上恒成立，所以，所以，设，可得，所以，所以设，可得，所以在上单调递增，所以，可得，即，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.已知函数的图像为曲线C，下列说法正确的有（）A.，都有两个极值点B.，都有零点C.，曲线C都有对称中心D.，使得曲线C有对称轴【答案】ABC【解析】【分析】根据函数极值的定义、零点的定义，结合函数的对称性的性质逐一判断即可.【详解】A：， 当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，因此是函数的极大值点，是函数的极小值点，因此本选项正确；B：当时，，当时，，而函数是连续不断的曲线，所以一定存在，使得，因此本选项正确；C：假设曲线C的对称中心为，则有化简，得，因为，所以有，因此给定一个实数，一定存在唯一的一个实数与之对应，因此假设成立，所以本选项说法正确；D：由上可知当时，，当时，，所以该函数不可能是关于直线对称，因此本选项说法不正确，故选：ABC10.如图，正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线平面B.三棱锥与三棱锥的体积之和为C.的周长的最小值为D.当点M是的中点时，CM与平面所成角最大 【答案】ABD【解析】【分析】根据面面平行、线面平行的判定定理和性质，结合三棱锥的体积公式、线面角的定义、正方体展开图逐一判断即可.【详解】A：如下图所示：因为是正方体，所以，而平面，平面，所以平面，同理由是正方体可得，同理可证明平面，而平面，所以平面平面，而平面，所以直线平面，因此本选项正确；B：如下图所示：过作，交、于、，过作，交于，因为是正方形，所以可得，，因此本选项正确； C：将平面与平面展成同一平面，如下图所示：当三点共线时，最小，作，交延长线于，则，，，所以的周长的最小值为，因此本选项不正确；D：当点M是的中点时，，因为平面，平面，所以，而平面，所以平面，CM与平面所成角为，因此本选项正确，故选：ABD11.已知函数，若关于x的方程有四个不等实根、、、（），则下列结论正确的是（）A.B.C. D.的最小值为【答案】BC【解析】【分析】画图象判断m和的取值范围，可得A错误，B正确；将方程变形，用m表示、、、，代入原式化简，利用导数求函数最值判断C正确，利用基本不等式计算判断D错误.【详解】如图，由函数的图像可知，，A错误；当时，，当时，，故，B正确；，则，，所以令，则，原式，，显然在时，，即y在上单调递增，，，即，C正确；由图像可知，，则，，所以，当且仅当，即时取得等号，D错误.故选：BC. 12.已知函数的定义域为，其导函数为，且，，则（）A.B.C.在上是增函数D.存在最小值【答案】ABC【解析】【分析】AB选项，构造，求导得到其单调性，从而判断AB选项，CD选项，构造，二次求导，得到其单调性，判断CD.详解】设，则，当时，，当时，，在上单调递增，在上单调递减，A选项，因为，所以，即，A正确；B选项，因为，所以，即，B正确；C选项，，则，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在单调递增，又，故恒成立，所以在上恒成立，故在上是增函数，C正确； D选项，由C选项可知，函数在上单调递增，故无最小值.故选：ABC【点睛】利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路：比如：若，则构造，若，则构造，若，则构造，若，则构造.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，满足：=，⊥，则=_______【答案】##【解析】【分析】由向量垂直即可得数量积为0,代入模长即可求解.【详解】由⊥可得，故答案为：14.已知，则______________．【答案】24【解析】【分析】利用赋值法进行求解即可.【详解】在中，令，得①，令，得②，令，得 ①②，得，故答案为：15.已知函数，现将该函数图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且在区间上单调递增，则的取值范围为______________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，化简函数，结合图象平移求出函数，进而求出单调递增区间，再列出不等式求解作答.【详解】函数，因此，，由，解得，即函数在上单调递增，于是，即，解得，由，得，而，即或，当时，，当时，，所以的取值范围为.故答案为：16.已知抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2，圆M；，过F的直线l与抛物线C和圆M从上到下依次交于A，P，Q，B四点，则的最小值为______________．【答案】12【解析】 【分析】根据已知条件先求出抛物线的方程，然后将问题转化为计算“”的最小值，通过抛物线的焦半径公式将表示为坐标的形式，采用直线与抛物线联立的思想，根据韦达定理和基本不等式求解出最小值.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，所以抛物线方程为，如下图，，因为，设，所以，所以，因为直线水平时显然不合题意，故可设，因为直线所过定点在抛物线内部，则直线必然与抛物线有两交点，同样与圆也有两交点，联立，，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为12.故答案为：12.【点睛】结论点睛：本题考查圆与抛物线的综合应用，其中涉及抛物线的焦半径公式的运用.常见抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距） （1）焦点轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.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.在等比数列中，，，，成等差数列．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意设等比数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而得到数列的通项公式；（2）由（1），得到，利用乘公比错位相减法求和，即可求解.【小问1详解】解：由题意设等比数列的公比为，因为，且，，成等差数列，可得，则，即，解得，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）可得，则，，两式相减，可得所以. 18.在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，．（1）求角A；（2）若，求周长的范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）正弦定理结合余弦定理求解即可；（2）先根据正弦定理把边转化为角表示，结合辅助角公式计算值域即可得出周长范围.【小问1详解】选择①：因为，由余弦定理可得，所以结合正弦定理可得．因为，则，所以，即，因为，所以；选择②：因为，由正弦定理得，由余弦定理得．因为，所以；【小问2详解】由（1）知，又已知，由正弦定理得： ∵,∴，,∴,∵,∴,∴,∴．19.在全球抗击新冠肺炎疫情期间，我国医疗物资生产企业加班加点生产口罩､防护服､消毒水等防疫物品，保障抗疫一线医疗物资供应，在国际社会上赢得一片赞誉.我国某口罩生产厂商在加大生产的同时，狠抓质量管理，不定时抽查口罩质量，该厂质检人员从某日所生产的口罩中随机抽取了100个，将其质量指标值分成以下五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.（1）规定：口罩的质量指标值越高，说明该口罩质量越好，其中质量指标值低于130的为二级口罩，质量指标值不低于130的为一级口罩.现利用分层随机抽样的方法从样本口罩中随机抽取8个口罩，再从抽取的8个口罩中随机抽取3个，记其中一级口罩的个数为，求的分布列及均值.（2）甲计划在该型号口罩的某网络购物平台上参加店的一个订单“秒杀”抢购，乙计划在该型号口罩的 某网络购物平台上参加店的一个订单“秒杀”抢购，其中每个订单均由个该型号口罩构成.假定甲､乙两人在，两店订单“秒杀”成功的概率均为，记甲､乙两人抢购成功的订单总数量､口罩总数量分别为，.①求的分布列及均值；②求的均值取最大值时，正整数的值.【答案】（1）分布列答案见解析，；（2）①分布列答案见解析，；②的值为2.【解析】【分析】（1）可得的可能取值为0，1，2，求出取不同值的概率，即可得出分布列，求出期望；（2）①可得的可能取值为0，1，2，求出取不同值的概率，即可得出分布列；②利用基本不等式可求出.【详解】（1）结合频率分布直方图，得用分层随机抽样抽取8个口罩，其中二级､一级口罩的个数分别为6，2，所以的可能取值为0，1，2.，，，所以的分布列为012所以.（2）①由题意，知的可能取值为0，1，2.，，，所以的分布列为012 所以.因为，所以，当且仅当时取等号.所以取最大值时，的值为2.20.如图，在四棱锥中，底面，，，，直线与平面所成的角为.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）作于点，于点，通过余弦定理角解得，再通过勾股数得，再利用线面垂直的性质得到，从而得到平面，再利用线面垂直的性质即可证明结果；（2）建立空间直角坐标，利用向量法即可求出二面角的大小.【小问1详解】作于点，于点，因为，，则，，所以，又，所以， 由余弦定理可知，得到，所以，所以，又底面，面，所以，又，面，所以平面，又面,所以.【小问2详解】以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图坐标系因为平面，所以与平面所成的角就是所以，为等腰直角三角形，所以，，，，设平面的法向量，则则由，得到，取，得，又易知，平面的一个法向量，，由图知二面角为锐角所以二面角的余弦值为. 21.已知函数．（1）当时，求证：；（2）若对恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由得到，然后作差，构造函数，用导数法证明.（2）将对成立，转化对成立，令，用导数法求得其最大值即可.【详解】（1）时，，令，令，则，∴在上是增函数，∴，∴在上是增函数，∴， ∴时，，∴；（2）∵对成立，∴对成立，令，则，令，则，∵，∴，∴，∴在上是减函数，∴，∴在上是减函数，∴，∴，∴，即．【点睛】方法点睛：求解不等式恒成立时参数的取值范围问题，一般常用分离参数的方法，但是如果分离参数后对应的函数不便于求解其最值，或者求解其函数最值繁琐时，可采用直接构造函数的方法求解．22.已知椭圆，离心率，且过点，（1）求椭圆方程；（2）以为直角顶点，边与椭圆交于两点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据离心率及所给的点可得方程，解之即得椭圆方程；（2）不妨设方程，与椭圆方程联立，求出两点的坐标，结合弦长公式及三角形面积公式得到关于的函数，然后利用换元法及基本不等式求函数的最值． 【小问1详解】由，，得，把点带入椭圆方程可得，解得，所以，所以椭圆方程为：；【小问2详解】由题可知，不妨设的方程，则的方程为，由，得，所以，用代入，可得从而有，于是，令，有，当且仅当时，面积的最大值为．