河北省百师联盟2023-2024学年高三上学期开学考试数学试题（Word版含解析）

河北省百师联盟2023-2024学年高三上学期开学考试
数学试题
本试卷共22题．全卷满分150分。考试用时120分钟。
一、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．
2．已知i为虚数单位，则复数的虚部是
A．3i B．i C．3 D．1
3．设向量 ， ，则是 的
A．充分不必要条件 B．充分必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．生产一定数量商品的全部费用称为生产成本，它可以表示为商品数量的函数，现知一企业生产某种商品的数量为x件时的成本函数为万元，若售出一件商品收入是20万元，那么该企业为获取最大利润，应生产这种商品的数量为（ ）
A．18件 B．36件 C．22件 D．9件
5．已知，，则( )
A． B． C． D．
6．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．函数的所有零点之和为（ ）.
A．10 B．11 C．12 D．13
8．已知母线长为的圆锥内接于球内，当圆锥体积最大时该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、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．已知双曲线，且p，q，r依次成公比为2的等比数列，则（ ）
A．C的实轴长为4B．C的离心率为
C．C的焦点到渐近线的距离为D．过焦点与C相交所得弦长为4的直线有3条
10．有甲、乙两个班级共计105人进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：参考公式：
优秀 非优秀 总计
甲班 10 b
乙班 c 30
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是（ ）
A．列联表中c的值为30，b的值为35
B．列联表中c的值为20， b的值为45
C．根据列联表中的数据，若按95%的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”
D．根据列联表中的数据，若按95%的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”
11．在棱长为1的正方体中，点，分别满足，，其中，，则（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，点，到平面的距离相等
C．当时，存在使得平面
D．当时，
12．佩尔数列是一个呈指数增长的整数数列．随着项数越来越大，其后一项与前一项的比值越来越接近于一个常数，该常数称为白银比．白银比和三角平方数、佩尔数及正八边形都有关系．记佩尔数列为，且，，．则（ ）
A． B．数列是等比数列
C． D．白银比为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13． ．
14．在中，，，且点满足，则 .
15．若是直线上的一点，点是曲线上的一点，则的最小值为 ．
16．已知直线与椭圆在第二象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，，则直线在y轴上的截距为 .
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．有个正数，排成矩阵（行列的数表）：，表示位于第行，第列的数.其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，已知，，.
(1)求公比.
(2)用表示.
(3)求的值.
18．已知函数的最大值为，最小正周期为．
(1)求、的值及的解析式；
(2)若的三条边a、b、c满足，边a所对的角为A，求角A的取值范围及函数的值域．
19．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，……，取后不放回，直到两人中有1人取到白球时终止．每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
（1）求袋中原有白球的个数；
（2）求甲取到白球的概率．
20．已知正方体，是底对角线的交点.
求证：（１）C1O∥面；（2）面BDC1∥面．
21．已知是抛物线的焦点，点是抛物线上横坐标为2的点，且．
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线交抛物线于两点，若，且弦的中点在圆上，求实数的取值范围．
22．已知函数，为的导函数.
（1）求证：在上存在唯一零点;
（2）求证: 有且仅有两个不同的零点.
参考答案：
1．B
【分析】解相应不等式化简集合，后由交集的定义可得答案.
【详解】.
或，
则.
故选：B
2．C
【解析】根据复数的混合运算，对复数进行化简，再求其虚部即可.
【详解】因为，
故可得的虚部为.
故选：C.
【点睛】本题考查复数的混合运算，涉及复数虚部的辨析，属基础题.
3．C
【分析】利用向量共线的性质求得，由充分条件与必要条件的定义可得结论.
【详解】因为向量 ， ，
所以，
即可以得到，不能推出，
是“”的必要不充分条件，故选C.
【点睛】本题主要考查向量共线的性质、充分条件与必要条件的定义，属于中档题. 利用向量的位置关系求参数是出题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.
4．A
【分析】根据题意先求出获得最大利润时的收入，再减去成本求出关于企业利润的函数解析式，然后根据二次函数的性质即可求解.
【详解】由题意可知：获得最大利润时的收入是万元，成本是，
此时企业利润
，
由二次函数的性质可知：当时，利润最大，
该企业为获取最大利润，应生产这种商品的数量为18件．
故选：
5．C
【分析】利用诱导公式化简已知等式可得，进而根据同角三角函数基本关系式可求，再根据二倍角的正弦公式即可求解.
【详解】解：因为，又，
所以，
则.
故选：C
6．C
【分析】利用全概率公式结合条件可得，然后利用和事件的概率公式和条件概率公式结合条件逐项分析即得.
【详解】因为，，，
所以，，又，
所以，
所以，故A错误；
由，可得，故B错误；
所以，故C正确；
所以，，故D错误.
故选：C.
7．C
【分析】函数的零点可以转化为图像的交点来解决，在同一坐标系下画出，的图像，看它们交点的个数.
【详解】记，，而
，
，于是这两个函数都关于对称，在同一坐标系下画出它们图像如下，可知它们有8个交点，这8个交点可以分成4组，每一组的两个点都关于对称，这样的两个点横坐标之和是3，于是这些交点的横坐标之和为.
故选：C.
8．B
【分析】构造圆锥关于高的体积公式，利用导数分析圆锥体积最大时的值，从而圆锥的底面半径可求，再根据球的半径、圆锥底面半径、圆锥的高之间的关系，球的半径可求即球的表面积可求.
【详解】解：设圆锥底面半径为，高为，球半径为，由题意得，
则圆锥体积，令，
所以，所以当时，，当时，，
则当时取得最大值，此时，
又因为，所以，
所以该球的表面积为，
故选：B.
【点睛】本题考查圆锥的外接球以及圆锥的体积最值问题，其中涉及到利用导数分析体积最值，对学生的分析与计算能力要求极高，难度较难.球的内切、外接问题，注意结合几何体本身的特点进行分析.
9．AC
【分析】根据等比数列求出双曲线的方程，结合选项逐一判断，A,B通过方程可得正误，C通过点线距可得正误，通过最短弦长和对称性可得D的正误.
【详解】因为p，q，r依次成公比为2的等比数列，所以，，即，．
所以C的方程可化为，则，，即，．
对于A，C的实轴长为4，故A正确；
对于B，离心率为，故B错误；
对于C，不妨设焦点坐标为，一条渐近线的方程为，则焦点到渐近线的距离为，故C正确；
对于D，交于同一支时弦长最小值为，交于两支时弦长最小值为．
根据对称性可知过焦点与C相交所得弦长为4的直线有5条，故D错误．
故选：AC.
10．BC
【分析】由成绩优秀的概率，可求的成绩优秀的人数，进而求出非优秀人数，得到的值，计算的观测值，对照题目中的表格，即可得到统计的结论.
【详解】由题意，在全部的105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，
所以成绩又由的人数为人，非优秀的人数为人，
所以，
则的观测值，
若按95%的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”.
故选：BC.
【点睛】本题主要考查了独立性检验的应用问题，同时考查了运算与求解能力，属于基础题.
11．ABD
【分析】由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：当时，，此时点位于点处，
三棱锥，
为定值，
点到面的距离为是定值，
所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；
对于B：当时，点是的中点，
所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；
对于C：当时，点是的中点，
建立如图所示空间直角坐标系，则，
，，，
可得，，
所以，
所以与不垂直，所以不存在使得平面，
故选项C不正确；
对于D：设，则，，
，所以，，
因为，所以，
故选项D正确；
故选：ABD.
12．ACD
【分析】由递推公式得出，即可判断A；计算，，，由等比数列的定义即可判断B；设数列是公比为是等比数列，求出和的值，得出，即可判断C；由通项公式得出，化简后根据白银比的定义，求出白银比即可判断D．
【详解】对于A：因为，，，，，，，，故A正确；
对于B：因为，，，故B错误；
对于C：设数列是公比为是等比数列，则，
所以，所以，
所以或；
当时，，
当时，，
解得，故C正确；
对于D：因为
，
因为，
所以当时，，，故D正确，
故选：ACD．
13．
【分析】首先表示出的展开式，再将原式变形即可得解；
【详解】解：因为
所以
．
故答案为：
14．6
【解析】由题意可知，是边长为的等边三角形，，则，，即，求解即可.
【详解】在中，，
是边长为的等边三角形
又
故答案为：
【点睛】本题考查平面向量的运算，属于较易题.
15．
【分析】设，利用点到直线的距离可得，令，利用导数求出，即可得到答案
【详解】因为点是曲线上的一点，故设，
所以到直线的距离为，
令，则
当单调递增；当单调递减；
所以，
所以
所以的最小值为
故答案为：
16．/
【分析】设出点的坐标及直线的方程，联立直线和椭圆方程，韦达定理，根据中点坐标及求得的关系式，即可求解.
【详解】设AB的中点为E，由题意知，点E既是AB的中点又是MN的中点，
设，设直线AB：，，则，
因为，所以，
联立方程组，消去y并化简得，其中，
则，
所以，
因为，
所以，即，
又，即，所以，
解得，则直线在y轴上的截距为.
故答案为：

【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x (或y)的一元二次方程，必要时计算；
③列出韦达定理；
④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；
⑤代入韦达定理求解.
17．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据第4行数据求出公差，进而求出，结合根据等比数列定义即可求出公比；
（2）根据（1）求出第四行首项，即可求出的通项公式；
（3）因为每列公比相同，根据（2）可知第4行的每列数，由此可得每一列的通项公式，由此就能表示出的通项公式，最后利用错位相减法即可求出的值.
【详解】（1）由题可知第4行公差为，由此可知
由第四列数据可知公比为：
（2），是首项为，公差为的等差数列，故
（3）因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以由（2）可知，故，设的前n项和为
①
②
得
18．(1)，，
(2)，
【分析】（1）化简函数为一个角的一个三角函数的形式，通过最大值和周期，求出和，得到函数的解析式；
（2）利用余弦定理和基本不等式，求出的最小值，确定的范围，然后利用正弦函数的值域，求出函数的值域．
(1)
．
由，得．
由且，得．
所以；
(2)
因为,当且仅当 时等号成立，
又为三角形内角，
所以．
根据，得，
所以.
19．（1）3个白球；（2）.
【分析】（1）设出袋中原有n个白球，写出试验发生包含的事件数和满足条件的事件数，根据等可能事件的概率公式得到关于n的方程，解方程即可；
（2）甲先取，甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球，这三种情况是互斥关系，根据互斥事件的概率公式得到结果．
【详解】（1）设袋中原有n个白球，从袋中任取2个球都是白球有（种）结果，从袋中任取2个球共有（种）结果．
由题意知，所以，解得或（舍去），即袋中原有3个白球．
（2）记“甲取到白球”为事件B，“第i次取到白球”为事件，．因为甲先取，所以甲只能在第1次，第3次和第5次取球．
所以．
20．【答题空18-1】（1）证明见解析；（2）证证明见解析
【详解】试题分析：（1）由题意连接，先证明是平行四边形得且 再证是平行四边形，然后利用直线与平面平行的判定定理进行证明；（2）因为，，可证是平行四边形，同理可证，从而求证.
试题解析：（1）连结，设
连结， 是正方体 是平行四边形
且
又分别是的中点，且
是平行四边形
面，面
面
（2）证明：是平行四边形
平面平面．
点睛：本题主要考查了平面与平面之间的位置关系，考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力，属于中档题.要证面面平行，主要考虑的方向是，一个平面经过另一个平面的两条平行线，且这两条线相交，或垂直一条直线的两个平面；要证线面平行，只需证一条线与平面内的线平行.
21．(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的定义，将点P到焦点的距离转化为到准线的距离，进而求得答案；
（2）设出直线l，并代入抛物线方程化简，通过根与系数的关系得到和线段的中点公式，进而将中点坐标代入圆的方程，然后将所得式子化简，最后通过函数求值域的方法求得答案.
(1)
抛物线的渐近线为，由抛物线的定义可知，，则抛物线的方程为：．
(2)
设直线的方程为，，．将直线的方程与抛物线的方程联立，得，于是，，，
且，化简得①．
设弦的中点为，则，将点的坐标代入圆的方程，得，且，
由①代入消元，消去，得．
令，则，于是，解得或．
若当时，由对勾函数性质可知，函数在上单调递增，所以随单调递增（增+增），故．
若当时，令，
则．
因为，所以，即单调递减，故.
综上所述，实数的取值范围为．
【点睛】的下一步进行换元，可以简化式子，这一步的处理非常重要；然后解得或之后的处理一定要注意，如果通过不等式不好处理，那么一定要从函数的角度来处理范围问题．
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得函数的导数，设，利用导数求得函数的单调性，结合零点的存在定理，即可求解；
（2）可分，和三种情况分类讨论，考虑的零点存在情况，进而得到结论.
【详解】（1）由题意，函数，可得，
设，
当时，，所以在上单调递减，
又因为，
所以在上有唯一的零点，所以命题得证．
（2） ①由（1）知：当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减;
所以在上存在唯一的极大值点（其中），
所以，
又因为，
所以在上恰有一个零点．
又因为，
所以在上也恰有一个零点．
②当时，，
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，恒成立
所以在上没有零点．
③当时，，
设，则，
所以在上单调递减，所以，
所以当时，恒成立
所以在上没有零点．
综上，有且仅有两个零点．
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，利用导数研究不函数的零点问题，通常首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性与极值、最值，结合函数零点的概念进行求解，着重考查分析问题和解答问题的能力．