2023-2024学年河北省张家口市尚义县（新时代NT教育）高三（上）入学摸底数学试卷（含解析）

2023-2024学年河北省张家口市尚义县（新时代NT教育）高三（上）入学摸底数学试卷
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. 已知集合，，若，则所有的取值构成的集合为( )
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
3. “”是“表示双曲线”的( )
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 莱布尼茨三角是与杨辉三角数阵相似的一种几何排列，但与杨辉三角不同的是，莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和记第行的第个数字为，第行的第个数字为，，第行的第个数字为，则( )
A. B. C. D.
5. 已知，，则的值为( )
A. B. C. D.
6. 已知，则的值为( )
A. B. C. D.
7. 已知数列的前项的积为，且，则数列( )
A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项
8. 已知函数是上的奇函数，且满足，当时，，则方程解的个数是( )
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. 下列不等关系正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10. 下面说法正确的是( )
A. 若一组数据，，，的平均数是，则，，，的平均数是
B. 若个数的平均数是，标准差是，则这个数的平方和是
C. 若，则
D. 数据，，，，，，，的第百分位数是
11. 如图，在等腰梯形中，，，，为中点，将沿直线翻折至则在翻折过程中，下列判断正确的是( )
A. 在上存在点，使得面
B. 存在某个位置，使得
C. 当时，到面的距离为
D. 四棱锥体积的最大值为
12. 对于函数，则下列判断正确的是( )
A. 直线是过原点的一条切线
B. 关于对称的函数是
C. 若过点有条直线与相切，则
D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知函数，是奇函数，则的值为______ ．
14. 在上、下底面均为正方形的四棱台中，已知，，，则该四棱台的体积为______ ．
15. 已知，，且，则的最小值为______ ．
16. 在中，，为边上的中线，，则该三角形面积最大值为______ ．
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
已知数列是等差数列，公差为，数列为等比数列，公比为，且，，．
求和的通项公式；
数列的前项和是，，求的前项和．
18. 本小题分
在中，．
求角；
若，是中点，且，求的值．
19. 本小题分
已知，．
当时，证明：；
若，恒成立，求的取值范围．
20. 本小题分
在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，为棱的中点．
求证：平面；
若，求平面与平面夹角的余弦值．
21. 本小题分
同学甲进行一种闯关游戏，该游戏共设两个关卡，闯关规则如下：每个关卡前需先投掷一枚硬币，若正面朝上，则顺利进入闯关界面，可以开始闯关游戏；若反面朝上，游戏直接终止，甲同学在每次进入闯关界面后能够成功通过关卡的概率均为，且第一关是否成功通过都不影响第二关的进行．
同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率；
同学甲成功通过关卡的个数为，求的分布列．
22. 本小题分
已知椭圆过点，且离心率．
求椭圆的方程；
过点作与相切的两条直线，分别交椭圆于，两点，求证：直线恒过定点．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，可得中至多一个元素．
而，且，则或或，
当时，方程没有实数解，故；
当时，方程的解为，故，；
当时，方程的解为，故，．
综上所述，．
故选：．
由，可知中的元素从、中选取或为空集，由此分类讨论可得答案．
本题主要考查了集合的表示法、集合的子集及其运算性质等知识，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
．
故选：．
按照法则进行复数的四则运算求出，再求．
本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：当，即或时，表示双曲线，
所以“”是“表示双曲线”的充分不必要条件．
故选：．
根据方程表示双曲线以及充分、必要条件等知识确定正确答案．
本题考查双曲线的简单性质的应用，充要条件的判断，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和．
则，，
归纳可得：，
所以．
故选：．
根据题意，探究通项规律，根据规律裂项求和即可．
本题考查合情推理的应用，涉及数列的求和，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由得，，
因为，
所以．
故选：．
根据关系式进行运算可得．
本题考查平面向量数量积的性质，考查向量的坐标运算，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：由题意得，，
解得，
所以．
故选：．
结合诱导公式与两角和的正切公式，化简已知等式，可得，再利用二倍角公式，借助“同除余弦可化切”的思想，运算得解．
本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角和的正切公式，二倍角公式，诱导公式，以及同角三角函数的基本关系是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：当时，当时，
所以，而，
故为最小项，为最大项．
故选：．
根据题设可得，时，进而判断是否存在最值项．
本题考查了数列的单调性，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：由已知得函数是奇函数，所以，又满足，
所以，即，那么，
所以函数的周期，
并且函数满足，还说明函数关于对称，
当时，，结合函数的周期性和对称性画出函数的图象，以及的图象，
设，而，
由函数图像可分析与的交点个数为．
故选：．
首先根据条件分析函数的对称性，以及判断函数的周期性，并画出函数和的图象，利用数形结合分析方程解的个数．
本题考查了函数的零点与方程根的关系，考查了数形结合思想和转化思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：若，，则，
当且仅当时取等号．A正确；
是在上单调递增的函数，若，则，B正确；
若，在单调递减，，C错误；
因为是定义域上的单调递增函数，若，则，，D错误．
故选：．
利用基本不等式可判定，利用幂函数的性质可判定、，利用对数函数的性质可判定．
本题主要考查了基本不等式及函数的单调性在不等式大小比较中的应用，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A：易知，，，的平均数为，
而，二者不同，故选项A错误；
对于选项B：易知
，
若个数的平均数是，标准差是，
则，故选项B正确；
对于选项C：因为，
所以，
则，故选项C正确；
对于选项D：易知数据，，，，，，，的第百分位数是，故选项D错误．
故选：．
由题意，利用平均数公式即可判断选项A；结合方差公式即可判断选项B；根据二项分布的方差公式和性质即可判断选项C；结合一组数据的第百分位数即中位数即可判断选项D．
本题考查二项分布的应用，百分位数、方差和平均数，考查了逻辑推理和运算能力．
11.【答案】
【解析】解：取的中点，的中点，连结，，，
，，，，，，
则四边形为平行四边形，，
平面，面，面，故A正确；
假设存在一个位置使得，取中点，连结，，
由题意，，，平面，
平面，平面，，
，而由题可得，不存在，故B错误；
当时，则，而，，，平面，
平面，平面，平面平面，
面面，到面的距离即到的距离，设为，
在中，，，
，，故C正确；
当面面时，四棱锥的体积最大，此时棱锥的高为，
故D正确．
故选：．
根据线面平行、线线垂直、点面距、锥体体积等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
本题考查线面平行、线线垂直、点面距、锥体体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，设切点，则，
，即，得，可知切点为．
过原点的切线方程为，即，故A正确；
对于，由，得，可得，
故与关于对称的函数为，故B错误；
对于，若过点有条直线与相切，则点在上方，如图所示，
即，得，故C正确；
对于，对于，设，得，
令，解得，令，解得，
在上单调递增，在上单调递减．
，即，可得，故D正确．
故选：．
由导数的几何意义可判定；由反函数的概念可判定；利用对数函数的图像可判定；利用常用的切线放缩可判定．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】
【解析】解：为偶函数，，是奇函数，
，为奇函数，
，，
，．
故答案为：．
根据三角函数的奇偶性求得正确答案．
本题考查函数奇偶性的性质与判断，考查运算求解能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：连接，，则，
所以棱台的高，
所以．
故答案为：．
先求得台体的高，进而求得台体的体积．
本题主要考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：，，，
，
当且仅当且，即，时等号成立．
故答案为：．
利用基本不等式求得正确答案．
本题考查了利用基本不等式求最值，考查了转化思想，属基础题．
16.【答案】
【解析】解：法一：如图建立直角坐标系，
设，由得：，
即：，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，，
所以当到轴距离最大时，即为半径时，面积最大．
故．
法二：设，则，在中，
由余弦定理可知，，，
而，，
由图可知，为半圆上的点与连线的斜率，其最小值为直线的斜率，
故面积的最大值为．
故答案为：．
法一：已知，以，为定点，建立直角坐标系，由，得动点的轨迹，由此可得面积最大值；
法二：引入变量与角，由余弦定理得到，的等量关系，又面积为，消，再求函数最值即可．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：，，，
，，，
，；
由可知，
，
故，
令，
，
，
，
而，
．
【解析】利用等差数列、等比数列的概念与性质计算基本量即可；
利用错位相减法和分组求和法计算即可．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的分组求和、错位相减法求和，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：由得，
，
由正弦定理可得：，
即，
，，
．
结合中，得，，
又是中点，且，得，
，
，
，
由余弦定理得，
．
【解析】利用正余弦定理结合三角形内角和化简计算即可；
由中线的性质利用平面向量数量积结合余弦定理计算即可．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：，，
当时，，，
则，
当时，，当时，，
在单调递减，单调递增，
当时，取得极小值也是最小值，
即，
，即；
，恒成立，即恒成立，
令，则，
有唯一实数根，设为其中，
即，，
则在上单调递减，在上单调递增，
，
即，
设，显然在单调递减，
又，，则，
，，
，解得，
故的取值范围为．
【解析】由题意得，，则，利用导数的判断新函数的单调性，结合新函数的单调性，即可证明结论；
题意转化为恒成立，令，则，利用导数的判断新函数的单调性，结合新函数的单调性进行求解，即可得出答案．
本题考查函数恒成立问题，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：证明：取中点，连接，，
，分别为，的中点，
，．
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
由于是正三角形，为棱的中点，所以，
平面平面，且两平面的交线为，平面，
所以平面，
以点为原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
若，，
故，
设面的法向量为，
则，
取，
设面的法向量，
设平面和平面夹角为，
则，
平面和平面夹角的余弦值为．
【解析】结合线面平行的判定定理，由线线平行即可求解；
建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解．
本题考查空间直线、平面位置关系的判断，二面角大小求解，考查空间想象能力、推理论证、计算、转化能力．利用向量这一工具，解决空间几何体问题，能够降低思维难度，是中档题．
21.【答案】解：同学甲在游戏终止时成功通过两个关卡的概率．
同学甲成功通过关卡的个数的值为，，，
，
，
，
所以同学甲成功通过关卡的个数的分布列为：

【解析】在游戏终止时成功通过两个关卡，即各关前投币均正面向上，且两关卡都成功通过；
按求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤进行，同学甲成功通过关卡的个数的值为，，，明确各取值所表示的意义，再求概率取值，最后写出分布列即可．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
22.【答案】解：由题意得，，解得，
故所求椭圆方程为．
证明：由题意知，过点的直线的斜率一定存在，设其方程为，
联立，消得，，
因为过点的直线与相切，
所以，即，
所以，
所以分别是直线和的斜率，
设直线的方程为，，，
联立，得，
所以，
由得，，
因为，
所以，
整理得，
将式代入得，，
整理得，，即，
解得或，
当时，直线的方程为，恒过点，不符合题意；
当时，直线的方程为，即，恒过点，
综上，直线恒过定点．

【解析】由已知列方程组求出，，可得方程；
先由直线，与曲线相切，由判别式法得两直线斜率关系，再将斜率坐标化，利用直线方程，消，整理得，然后由直线与曲线方程联立，并利用韦达定理得到，与，的关系，代入式化简可得，的等量关系，最后代回方程可得定点．
本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，熟练掌握直线与曲线方程联立，结合韦达定理解决直线过定点问题的方法是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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