辽宁省鞍山市重点中学2023-2024学年高三上学期第一次质量监测数学试题（含解析）

2023-2024学年度高三第一次质量监测
数学
考试时间：120分钟 满分：150分
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. 复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知一组数据从小到大排列如下：1，2，3，3，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，6，7，7，8，9，10，则这组数据的第分位数为（ ）
A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 5.5
4. 已知函数为上奇函数，则实数的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. D. 1或
5 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 130 B. 169 C. 200 D. 230
7. 已知函数，若为上的增函数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知直线，点，记到的距离为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数与的图象关于对称
B. 若函数为奇函数，则的图象关于点中心对称
C. 若为奇函数，则图象关于点对称
D. 若为偶函数，且在上为增函数，则关于的不等式的解集为
10. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于、两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则弦最短长度4
C. 存在以为直径的圆与相交
D. 若直线，且点在轴的上方，则
11. 甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若从甲盒中一次性取出2个球，记表示取出白球的个数，则
B. 若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C. 若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D. 若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记：从乙盒中取出的1球为白球，则
12. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点在侧面上运动，且直线平面，下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹长度为
B. 直线与直线所成角记为，则的最小值为
C. 平面与平面所成的锐二面角记为，则
D. 平面将正方体分成的两部分体积之比为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知等边中，，点在边上，且，则______．
14. 已知函数，．直线与函数的两相邻交点的距离最小值为，则______．
15. 有6名同学要分到4个不同的单位去实习，要求每个单位至少接收1名同学，则不同的分配方法有______种．
16. 已知椭圆，直线，直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，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. 已知的内角、、的对边分别为、、，为边上一点，，且．
（1）若，求；
（2）若的面积为，求的长．
18. 已知数列满足当时，，记表示为的前项和．
（1）求；若，请写出的表达式（不必写出推导过程）；
（2）求的最小正整数．
19. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，为棱中点，且平面．
（1）求证：；
（2）若，二面角的大小为，求三棱锥的内切球半径．
20. 为了促进某城市旅游产业的发展，该城市一家旅游公司拟推出一款优质旅游套餐，以下简记为“套餐”，已知套餐的成本为800元/份，经过对有购买套餐意向的人群（以下简称为“优质客户”）调查，得到销售价格元/份与购买套餐的概率之间的关系如下：约定：每位优质客户最多可以购买1份套餐，且每位优质客户购买套餐的概率只与销售价格有关．
（1）若销售价格元/份，记表示4名优质客户购买套餐的人数，求；
（2）若优质客户有人，该旅游公司销售套餐的利润为（单位：元），求最大时，销售价格的值．
21. 已知双曲线的渐近线方程为，且经过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）点在直线上，、分别为双曲线的左、右顶点，直线、分别与双曲线交于、两点．求证：直线过定点．
22. 已知函数为实数．
（1）时，求的极小值点；
（2）若是的极小值点，求的取值范围
1. 复数在复平面内对应的点为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义可得，再由复数的运算法则即可求得结果.
【详解】根据题意可得，
则.
故选：A
2. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为集合，，
所以
故选：C
3. 已知一组数据从小到大排列如下：1，2，3，3，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，6，7，7，8，9，10，则这组数据的第分位数为（ ）
A. 4 B. 4.5 C. 5 D. 5.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义确定其所处的位置，计算即可求得结果.
【详解】由题意可知共20个数，易知，
这组数据的第分位数是第7个和第8个数的平均数，即；
故选：B
4. 已知函数为上的奇函数，则实数的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. D. 1或
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数性质即可化简求解.
【详解】由于为上的奇函数，故，
即，
即对任意的恒成立，故，
故选：C
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的正弦公式和三角函数的商数关系求解.
【详解】解：因为，
所以，
.
故选：D
6. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. 130 B. 169 C. 200 D. 230
【答案】C
【解析】
【分析】分奇数项与偶数项两组，分组后等差数列求和即可.
【详解】
.
故选：C.
7. 已知函数，若为上的增函数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据为上的增函数，由在R上恒成立求解.
【详解】解：由，求导得，
因为为上的增函数，
所以在R上恒成立，
即在R上恒成立，
即在R上恒成立，
令，
则，
当时，，当时，，
所以当时，函数取得最大值，
所以，
所以的取值范围为.
故选：B
8. 已知直线，点，记到的距离为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线系所过定点，再由及直线系表示的直线可求出结果.
【详解】由直线，可得，
由可解的，
即直线过定点，
则,
当与直线垂直时，，当直线过点，即时，，
又直线无论取何值，不能表示直线，
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数与的图象关于对称
B. 若函数为奇函数，则的图象关于点中心对称
C. 若为奇函数，则的图象关于点对称
D. 若为偶函数，且在上为增函数，则关于的不等式的解集为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据对称的定义可判断A，由奇函数及中心对称的判定可判断BC，利用偶函数及对称性的判定结合单调性解不等式判断D.
【详解】令函数的图象关于直线对称图象上任意一点，
则点关于直线的对称点在函数的图象上，所以，
即函数的图象关于对称图象对应的函数为，故A错误；
函数为奇函数，则，
即恒成立，所以的图象关于点中心对称，故B错误；
为奇函数，则，即，
所以，即图象关于成中心对称，所以关于成中心对称，故C正确；
为偶函数，则，即，
所以函数图象关于直线对称，又在上为增函数，，
所以，平方可得，解得，故D正确.
故选：CD
10. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于、两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则弦最短长度为4
C. 存在以为直径的圆与相交
D. 若直线，且点在轴的上方，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抛物线的几何性质即可求解A，根据焦点弦的性质即可求解B，根据点到直线的距离即可判断C，联立直线与抛物线方程可得、坐标，即可根据向量的坐标运算求解D.
【详解】对于A，若，则，故，故A错误，
对于B，若，则，则抛物线方程为，
设过点的直线方程为，联立其与抛物线的方程可得，
设，则
故，
故当时，此时弦最短长度为4，故B正确，
对于C， 设的中点为，设过点的直线方程为，
联立其与抛物线的方程可得，
设，
因为，故，
则点到准线的距离为，
而，
故以为直径的圆与相切，故C错误，
对于D，联立与抛物线方程可得，解得或，
由于点在轴的上方，所以故，
又，则，
所以，D正确，
故选：BD
11. 甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若从甲盒中一次性取出2个球，记表示取出白球的个数，则
B. 若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
C. 若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为
D. 若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记：从乙盒中取出的1球为白球，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，选一个白球，一个黑球，利用古典概型求解；B选项，分从甲盒取出的是白球和从乙盒取出的白球，利用古典概型求解；C选项，设抽到白球个数为，则，利用二项分布求概率公式求解；D选项，分从甲盒中取出1球为黑球和白球两种情况的概率，相加即可求解.
【详解】A选项，由题意得，故错误；
B选项，由题意得取出1个白球的概率为，故正确；
C选项，若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为，则，
则恰好得到2个白球的概率为，故正确；
D选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为，
从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为，
故，故正确.
故选：BCD
12. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点在侧面上运动，且直线平面，下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹长度为
B. 直线与直线所成的角记为，则的最小值为
C. 平面与平面所成的锐二面角记为，则
D. 平面将正方体分成的两部分体积之比为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线面平行的性质，结合空间向量夹角公式、棱台体积公式逐一判断即可.
【详解】A：建立如图所示的空间直角坐标系，
线段的中点分别为，
连接，
因为点为棱的中点，点为棱的中点，
所以，由正方体的性质可知，
所以，因此平面就是平面，
因为点为棱的中点，点为棱的中点，
所以有且，
由正方体的性质可知且，
于是有且，
所以四边形是平行四边形，则有，
而平面，平面，
所以平面，
因为点为棱的中点，点为棱的中点，
所以，由上可知，
因此，而平面，平面，
所以平面，而平面，
所以平面平面，
当点在线段时，则有平面，
一定能直线平面，
即点的轨迹为线段，显然，
因此本选项正确；
B：，，，
因为点在线段，所以设，
解得，
所以，
，
，
显然当时，有最小值，最小值为，
因此本选项正确；
C：，，
设平面的法向量为，
因此有，
由正方体的性质可知平面的法向量为，
所以，
因此选项C正确；
D：由上可知平面就是平面，
所以三棱台的体积为，
该正方体的体积为，
所以平面将正方体分成的两部分体积之比为，或者为，
因此本选项不正确，
故选：ABC
【点睛】关键点睛：利用线面平行的判定定理和面面平行的判定定理确定平面和点的位置是解题的关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知等边中，，点边上，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的定义求出、的值，再利用平面向量的数量积的运算性质可求得的值.
【详解】如下图所示：
因为是边长为的等边三角形，所以，，
又因为点在边上，且，则，
所以，.
故答案为：.
14. 已知函数，．直线与函数的两相邻交点的距离最小值为，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】利用辅助角公式可得当时可得交点横坐标表达式，将最小距离带入计算可得.
【详解】根据题意可知，
令，可得或；
设两交点横坐标分别为，
两相邻交点的距离最小时需满足，
两式相减可得，解得；
故答案为：2
15. 有6名同学要分到4个不同的单位去实习，要求每个单位至少接收1名同学，则不同的分配方法有______种．
【答案】1560
【解析】
【分析】根据要求分类讨论四个单位分配到分别为一个单位3人，其余三个单位各1人；和两个单位各2人，余下两个单位各1人两种情况，根据分类计数原理及平均分组计算即可.
【详解】一个单位3人，其余三个单位各1人的分配方法有；
两个单位各2人，余下两个单位各1人的分配方法有；
综上共有480+1080=1560种分配方法.
故答案为：1560
16. 已知椭圆，直线，直线与椭圆交于两点，与轴交于点，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出图象，利用向量的比例关系求出点的坐标表示，代入椭圆方程即可求出斜率.
【详解】易知椭圆右顶点为，且直线过右顶点，
如下图所示：
所以，不妨设，
由可得，解得；
将代入椭圆方程可得，解得；
所以.
故答案为：
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. 已知的内角、、的对边分别为、、，为边上一点，，且．
（1）若，求；
（2）若的面积为，求的长．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理即可求解，
（2）根据面积公式可得，进而判断为直角三角形，可联立方程求解判断为等边三角形，进而可求解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得，所以，
【小问2详解】
作，垂足为，则，，∴
所以，为直角三角形，又，且
，∴为等边三角形，
18. 已知数列满足当时，，记表示为的前项和．
（1）求；若，请写出的表达式（不必写出推导过程）；
（2）求的最小正整数．
【答案】（1），，
（2）17
【解析】
【分析】（1）根据数列关系式直接求解即可；
（2）根据题意求出的解析式，按为奇数和偶数分情况讨论即可.
【小问1详解】
因为当时，，，所以，
当时，，，所以，
当时，，所以.
【小问2详解】
由题意当即和时，，
当即和时，，……，
当，即和时，，
所以，，
当为偶数时，由解得，所以时，，
当为奇数时，由解得，所以时，，
综上的最小正整数为17.
19. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，为棱中点，且平面．
（1）求证：；
（2）若，二面角的大小为，求三棱锥的内切球半径．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由线面垂直判断定理证明线面垂直，再由线面垂直得出线线垂直即可；
（2）由空间向量法计算二面角求得,再根据公式计算求得内切球半径.
【小问1详解】
中，为中点，∴，
又∴平面平面平面，平面，
所以平面，又平面.
【小问2详解】
在Rt中，，∴，设，
以为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，
建立如图空间直角坐标系，
则
设为平面的法向量，则有
，令，得，
取为平面的法向量，，解得
∴，该三棱锥的表面积记为，
因为平面，平面，所以，，
因为平面，平面，所以，
则
，
由得
综上：.
20. 为了促进某城市旅游产业的发展，该城市一家旅游公司拟推出一款优质旅游套餐，以下简记为“套餐”，已知套餐的成本为800元/份，经过对有购买套餐意向的人群（以下简称为“优质客户”）调查，得到销售价格元/份与购买套餐的概率之间的关系如下：约定：每位优质客户最多可以购买1份套餐，且每位优质客户购买套餐的概率只与销售价格有关．
（1）若销售价格元/份，记表示4名优质客户购买套餐的人数，求；
（2）若优质客户有人，该旅游公司销售套餐利润为（单位：元），求最大时，销售价格的值．
【答案】（1）3.6 （2）元/份
【解析】
【分析】（1）根据二项分布数学期望公式计算即可；
（2）根据二项分布数学期望公式结合自变量范围分段计算最大值比较即可；
小问1详解】
由题意每名优质客户购买套餐的概率为的取值集合为，且
【小问2详解】
记表示购买套餐的人数，则，
当时，，此时时，的最大值为
当时，，此时时，的最大值为
当时，，此时时，的最大值为
当时，，此时时，的最大值为
综上：的最大值为，此时销售价格元/份
21. 已知双曲线的渐近线方程为，且经过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）点在直线上，、分别为双曲线的左、右顶点，直线、分别与双曲线交于、两点．求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.
（2）方法一：设直线并与双曲线方程联立，化简写出根与系数关系，由直线、的交点在上列方程，整理后求得定点坐标.方法二：设，由直线、直线的方程分别与双曲线方程联立，求得两点的坐标，进而求得直线的方程，从而求得定点坐标.
【小问1详解】
由题意，可得，∴双曲线.
【小问2详解】
法一：设直线，代入，得，
，则有，
直线，直线，
由直线、的交点在上得，
即：，
，
∴恒成立，
若，
将代入得，
∴过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去，∴，
直线过定点.
法二：设，则设直线，
由，得，记，
则和是该方程的两个根，则，
由，得，
记，则2和是该方程的两个根，
则，
则直线的斜率：
∴，
令，，
故直线过定点.
【点睛】求解双曲线的方程，关键点在于求得或，由于是两个未知数，所以需要两个已知条件才能求解，如本题中，渐近线方程以及双曲线上一个点的坐标，有的题目还需要结合双曲线中的“隐藏条件”来进行求解.
22. 已知函数为实数．
（1）时，求的极小值点；
（2）若是的极小值点，求的取值范围．
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）将代入求得的解析式，利用导数判断出的单调性即可求得极小值点为0；
（2）根据解析式求导，对参数的取值进行分情况讨论，分别判断出不同情况下的单调性，求出满足题意的情况即可得出的取值范围．.
【小问1详解】
时，
令，解得，所以在上单调递增；
时，，所以在上单调递减，
所以的极小值点为0（也可写）
【小问2详解】
易知，且，
令，则，且，
①时，也即在上单调递增，
所以当，单调递减，
同理当，单调递增
是的极小值点，符合题意
②时，令，解得，
当时，单调递增，且，
时，，即，所以单调递减，
，即，所以单调递增，
是的极小值点，符合题意
③时，，，单调递减，
单调递减，
这与是的极小值点矛盾，舍去
④时，，
令，则；
单调递增，
，此时单调递减，
所以在处取得极小值，也是最小值，
即当，可得在上单调递增，
此时不是的极小值点，舍去
综上可知，的取值范围为