2023-2024学年山东省临沂市高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年山东省临沂市高三（上）开学数学试卷
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，则( )
A. B. C. D.
3. 已知，，若，则该展开式各项的二项式系数和为( )
A. B. C. D.
4. 已知双曲线的一条渐近线斜率为，实轴长为，则的标准方程为( )
A. B. C. D.
5. 设，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6. 一个不透明的袋子中装有个黑球，个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出个球，已知取出个黑球，个白球的概率为，设为取出白球的个数，则( )
A. B. C. D.
7. 已知，为函数的两个不同的极值点，若，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 如图，、是直线上的点，平面，五面体的各顶点均在球球面上，四边形为边长为的正方形，且，均为正三角形，则当球半径取得最小值时，五面体的体积为( )
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. 已知函数的部分图象如图所示，则( )
A. 的最小正周期为
B.
C. 的图象关于直线对称
D. 将的图象向右平移个单位长度得到的函数图象关于轴对称
10. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，且的最大值为，最小值为，则( )
A. 椭圆的圆心率为
B. 的周长为
C. 若，则的面积为
D. 若，则
11. 在三棱台中，平面，，点为平面内一动点包括边界，满足平面，则( )
A. 点的轨迹长度为
B. 到平面的距离为定值
C. 有且仅有两个点，使得
D. 与平面所成角的最大值为
12. 已知是定义在上的奇函数，为偶函数，，则( )
A. 曲线关于直线轴对称 B. 是以为周期的周期函数
C. D. 关于点对称
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知，为平面单位向量，若，则 ______ ．
14. 已知，为圆：上的两点，，为的中点，则到直线距离的最小值为______ ．
15. 已知，，若与的图象在交点处的切线重合，则 ______ ．
16. 剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国古老的民间艺术之一已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形内多余的部分如图所示阴影部分，记为一次裁剪操作，重复上述裁剪操作次，最终得到该剪纸则第次裁剪操作结束后所得的面积为______ ；第次操作后，所有裁剪操作中裁剪去除的面积之和为______ ．
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，，，．
若，求；
求的最大值．
18. 本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，平面，．
证明；平面平面；
设为上的一个动点，是否存在点使得与平面所成角为，若存在，求，若不存在，说明理由．
19. 本小题分
设数列的前项和为，，数列为公差为的等差数列，．
求，的通项公式；
设，证明：．
20. 本小题分
已知函数，．
讨论的单调性；
当时，，求的取值范围．
21. 本小题分
在“飞彩镌流年”文艺汇演中，诸位参赛者一展风采，奉上了一场舞与乐的盛宴现从位参赛者中随机抽取位幸运嘉宾，统计他们的年龄数据，得样本平均数．
若所有参赛者年龄服从正态分布，请估计参赛者年龄在岁以上的人数；
若该文艺汇演对所有参赛者的表演作品进行评级，每位参赛者只有一个表演作品且每位参赛者作品有的概率评为类，的概率评为类，每位参赛者作品的评级结果相互独立记上述位幸运嘉宾的作品中恰有份类作品的概率为，求的极大值点；
以中确定的作为的值，记上述幸运嘉宾的作品中的类作品数为，若对这些幸运嘉宾进行颁奖，现有两种颁奖方式：甲：类作品参赛者获得元现金，类作品参赛者获得元现金；乙：类作品参赛者获得元现金，类作品参赛者不获得现金奖励根据奖金期望判断主办方选择何种颁奖方式，成本可能更低．
附：若，则．
22. 本小题分
已知抛物线：，为上位于第一象限的一点，点到的准线的距离为．
求的标准方程；
设为坐标原点，为的焦点，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为．
证明：直线过定点；
求的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，
故A．
故选：．
根据指数函数与根式的范围求解，，再求交集即可．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设，，，则，
所以，解得，，可知；
所以．
故选：．
利用复数相等的概念可解得，代入计算可得结果．
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：由题意可得，，
，解得，
该展开式各项的二项式系数和为．
故选：．
根据二项式定理求出，，根据求出的值，从而可求解．
本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意知，双曲线的焦点在轴上，且，得，
又一条渐近线斜率为，即，得，
故C的标准方程为．
故选：．
根据双曲线的基本量关系，结合渐近线方程求解即可．
本题考查双曲线的标准方程与几何性质，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：
，
设，
则函数转化为，
则函数在上为增函数，在上为减函数，
又，，
所以函数的最小值为，
即的最小值为．
故选：．
先运用诱导公式和二倍角公式对函数进行整理，再利用换元法将转化为二次函数，求二次函数在定区间上的最值即可．
本题考查三角函数的有界性，二次函数的最值，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：由题可知，，解得，
的可能取值为，，，，
，，，，
．
故选：．
根据取出个黑球，个白球的概率为求出的值，再求出的分布列，根据数学期望的定义即可计算．
本题考查离散型随机变量的期望，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：已知，函数定义域为，
可得，
因为，为函数的两个不同的极值点，
令，
此时，为一元二次方程的两个不同实数根，
由韦达定理得，，
所以
，
又，
所以，
解得．
易知，符合题意，
所以，
则的取值范围为．
故选：．
由题意，对函数进行求导，将函数的两个极值点转化成，为一元二次方程的两个不同实数根，再根据韦达定理化简求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
8.【答案】
【解析】解：设，分别为，的中点，为等边的中心，
当球心与正方形中心重合时，球半径取得最小值，此时，
，，得，
过、分别作平面的垂面，交直线于，两点，
由题意可知，直线在平面内的投影为直线，则四边形是矩形．
则，
．
五面体的体积为
．
故选：．
设，分别为，的中点，为等边的中心，当球心与正方形中心重合时，球半径取得最小值，此时，过、分别作平面的垂面，交直线于，两点，则五面体的体积为，求解即可．
本题考查多面体体积的求法，训练了分割补形法的应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】
【解析】解：由函数的图象，可得，，
所以，函数，
因为，所以，
即，解得，即，
因为，所以，函数，选项A正确，选项B错误；
由，所以是函数的图象的对称轴，选项C正确；
将的图象向右平移个单位长度，
可得，
此时函数的图象关于原点对称，不关于轴对称，选项D错误．
故选：．
根据函数的图象，求得函数的解析式为，结合三角函数的性质，逐项判断即可求解．
本题考查了三角函数的图象与性质应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对，由题意，，故，，离心率为，故A正确；
对，的周长为，故B错误；
对，若，则，
即，故，
故，故C正确；
对，由余弦定理
，即，
解得，故，故D正确．
故选：．
对，根据题意可得，即可求解；对，根据椭圆的定义判断即可；对，根据余弦定理结合椭圆的定义判断即可；对，根据余弦定理与椭圆的定义求解即可．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：取的中点，的中点，
因为三棱台中，
则，
故EB且，
故四边形为平行四边形，
则，
又平面，平面，
故A平面，
同理，平面，
又，，平面，
故平面平面，
故点在线段上运动，
对于，，故A正确；
对于，因为平面，
故EF平面，
所以到平面的距离为定值，故B正确；
对于，因为，
故A当且仅当为中点时成立，故C错误；
对于，因为平面，
所以为与平面所成角，
由题意，
故当为中点时，取得最小值，此时，
所以与平面所成角的最大值为，故D正确．
故选：．
取的中点，的中点，根据线面平行的判定与性质可得点在线段上运动，对于，根据中位线的性质求解即可；对于，根据平面判断可得；对于，根据结合正三角形的性质判断即可；对于，易得为与平面所成角，再根据的最值判断即可．
本题考查了线面平行的判定与性质，中位线的性质以及正三角形的性质，考查了数形结合思想的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对，为偶函数，则，
故关于直线轴对称，故A正确；
对，关于直线轴对称，则，
又是定义在上的奇函数，故，
则，且，
故，故周期为故B正确；
对，，且，图象关于直线轴对称，
故，，，
故，故C正确；
由知D错误．
故选：．
对，根据为偶函数即可判断；对，根据函数对称性化简判断即可；对，根据周期性与对称性可得，，，，再求解即可；对，根据对称性与周期性判断即可．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：由题可知，，即，
，，
．
故答案为：．
将已知等式两边同时平方求出，再根据即可求解．
本题主要考查向量的概念与向量的模，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由垂径定理可知，，
的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
到的距离，
到直线距离的最小值为．
故答案为：．
根据垂径定理求出长度，从而求出的轨迹，根据圆的几何性质即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系，考查运算求解能力，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：设与的图象交点为，
则，即，整理得．
又，则，解得，
可得．
故答案为：．
设与的图象交点为，再根据导数的几何意义列方程化简求解即可．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：根据题意，设的半径为，则，则第次裁剪操作得到的正方形边长为，
的半径为，即，故，
的面积为，故的面积为．
又第次裁剪操作的正方形边长为，在该正方形的圆半径为，
故第次裁剪操作裁剪掉的面积为
，所以第次裁剪操作裁剪掉的面积之和为．
故答案为：；．
根据题意，设的半径为，分析正方形边长与半径的关系可得，进而可得的面积为，从而得到的面积；再分析第次裁剪操作的正方形边长与在该正方形的圆半径，进而可得每次操作减去的面积，再求和即可得答案．
本题考查合情推理的应用，注意分析正方形边长与半径的关系，属于中档题．
17.【答案】解：根据题意可知，若中，则，即；
又，所以，
即，整理可得；
解得，
所以；
由正弦定理可知，显然，所以不是最大边，
即角不是最大角，因此可知；
又可得，解得；
所以的最大值为．
【解析】根据三角形内角和利用三角恒等变换可得；
利用正弦定理由大边对大角可限定，再根据三角函数值域即可求得结果．
本题考查了正弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：证明：连接，因为平面，平面，故．
又底面是菱形，故AC，
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
假设存在点满足条件，设，
因为底面是边长为的菱形，，故．
过作于，连接，，则，．
因为平面，平面，故，
又，，平面，故平面，
所以为与平面所成角．
又，则．
故，即，解得，
即．
【解析】根据线面垂直的判定证明平面即可；
过作于，连接，，根据线面垂直的判定可得平面，进而可得为与平面所成角，再根据三角函数求解即可．
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的求法，考查点的位置的确定，属中档题．
19.【答案】解：由，可得，
两式相减可得：，所以，
令，可得，所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，可得，
因为数列为公差为的等差数列，，
所以，解得，
所以；
证明：由知，
设，
则，
，
两式相减可得
，
所以，因为，可得，
即．
【解析】由，可得，两式相减得到，结合等比数列的定义，即可求得数列的通项公式；根据等差数列的通项公式可得，求得，进而求得的通项公式；
由知，结合错位相减法求和，求得，即可得到结论．
本题考查数列的通项与前项和的关系，以及等差数列和等比数列的通项公式、求和公式、数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：的定义域为，，
当时，，单调递增，
当时，令可得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增．
综上：当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增．
当，即，时，设，
则，，，
当时，，所以，在上单调递增，
，故，满足题意；
当时，，，
则存在，使得，当时，，单调递减，
又，所以不恒成立，不符合题意．
综上：，即的取值范围是．
【解析】求导分与的大小关系讨论分析即可；
化简可得，再构造，求导可得，再分与两种情况讨论单调性，结合判断是否满足恒成立即可．
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，是中档题．
21.【答案】解：因为，
所以．
则参赛者年龄在岁以上的人数约为人．
记，，，
不妨设，其中为的极大值点．
易知，
可得，
令，
因为，
所以，
所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
此时在上单调递增，在上单调递减，
则的极大值点；
易知．
记，分别为甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，
因为，，
所以，，
因为
故选择甲方式成本更低．
【解析】由题意，根据正态分布的三段区间法求得概率，进而可求解；
记，，，根据二项分布的概率公式求得，求导后判断单调性进而可求得极大值点；
由题意知记，分别为甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，利用均值的性质求解，，进而可判断．
本题考查利用导数研究函数的单调性和离散型随机变量分布列的期望，考查了逻辑推理和运算能力．
22.【答案】解：由题可知，解得．
所以的标准方程为；
由知，，且，解得，所以．
设，则，同理可得，，
则，即．
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得．
所以，即，
所以直线过定点；
当直线的斜率不存在时，可得．
综上，直线过定点．
设，，当直线斜率存在时，
设直线的方程为，
与抛物线联立得，消去得，
由题意，所以．
所以
，
所以当时，的最小值为；
当直线斜率不存在时，．
由抛物线定义知．
故的最小值为．

【解析】由题可知，求解即可得到抛物线的方程；
先求解，设，根据斜率公式结合题意可得，分斜率存在和不存在分别求得直线的方程，从而可确定过定点；设，，当直线斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，结合韦达定理求得的最小值为；当直线斜率不存在时，由抛物线定义知，从而可求解．
本题考查抛物线的定义和标准方程，及直线和抛物线的位置关系，直线过定点．基础题．
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