2023-2024学年九师联盟高三（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年九师联盟高三（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.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知复数，则( )
A. B. C. D.
3.已知单位向量，的夹角为，则的最小值为( )
A. B. C. D.
4.从年伊始，各地旅游业爆火，少林寺是河南省旅游胜地某大学一个寝室位同学，，，，，慕名而来，游览结束后，在门前站一排合影留念，要求，相邻，在的左边，则不同的站法共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
5.已知函数在有且仅有个极值点，且在上单调递增，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
6.设，，，则( )
A. B. C. D.
7.设数列的前项和为，，，，对任意，恒成立，则( )
A. B. C. D.
8.已知抛物线：的焦点为，过点的直线交于，两点，线段的中点为，过作线段的中垂线交轴于点，过，两点分别作的准线的垂线，垂足分别为，线段的中点为，则( )
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.某市高三一模物理成绩近似服从正态分布，且，则( )
A. B.
C. D.
10.在平面直角坐标系中，点，间的折线距离，已知，，记，则( )
A. 若，则有最小值
B. 若，则点轨迹是一个正方形
C. 若，则有最大值
D. 若，则点的轨迹所构成区域的面积为
11.已知为圆锥底面圆的直径，，，点为圆上异于，的一点，为线段上的动点异于端点，则( )
A. 直线与平面所成角的最大值为
B. 圆锥内切球的体积为
C. 棱长为的正四面体可以放在圆锥内
D. 当为的中点时，满足的点有个
12.已知且，若，且，则( )
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.高台建筑流行于战国到西汉时期，当时重要宫殿台榭多采用此建筑形式高台建筑以高大的夯土台为基础和核心，在夯土版筑的台上层层建屋，木构架紧密依附夯土台而形成土木混合的结构体系如图是一个非常简易的高台建筑，塔下方是一个正四棱台形夯土台，已知该四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，则此四棱台的体积为______ ．
14.已知，且，则的最大值为______ ．
15.已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上不与顶点重合的任一点，为的内心，为坐标原点，则直线与的斜率之比 ______ 用，表示
16.若恒成立，则正整数的最大值为______ ．
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
记锐角的内角，，的对边分别为，，，已知．
求；
若边上的高，当的面积取最小值时，求内切圆的面积．
18.本小题分
已知数列的各项均为正数，，为的前项和，且．
求的通项公式；
设，记的前项和为，求证：．
19.本小题分
自古以来，杭州就被称为“人间天堂”，无数文人墨客在此毫不吝啬地为之挥洒笔墨，留下千古诗篇名句，在宋代柳永的诗中这样描写到“东南形胜，三吴都会，钱塘自古繁华”，就连马可波罗都称之为“世界上最美丽华贵之天城”第届亚运会将在被称为“人间天堂”的杭州举办，组委会计划采用志愿服务知识问答和技能考核的形式，从报名者中择优选取一部分成为正式的亚运会志愿者．
已知报名者，，组人数之比为：：，将这组报名者混在一起进行亚运会志愿服务知识问答，假设，，组中的每一个人答对某道题的概率分别为，，，从中任选一人，求此人答对该题的概率；
从名女性报名者和名男性报名者中随机选出名进行亚运会服务技能考核，记为其中女性的人数，求的数学期望．
20.本小题分
如图，直角梯形中，，，，，将直角梯形绕旋转一周得到如图的圆台，为圆台的母线，且，是的中点．
在线段上是否存在一点，使平面？说明理由；
若为线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
21.本小题分
已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且，过作其中一条渐近线的垂线，垂足为，延长交另一条渐近线于点，且，
求的方程；
如图，过作直线不与轴重合与曲线的两支交于，两点，直线，与的另一个交点分别为，，求证：直线经过定点．
22.本小题分
已知．
若，求在上的最小值；
若有个零点，
求的取值范围；
求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，则．
故选：．
可求出集合，，然后进行交集的运算即可．
本题考查了对数函数的单调性，函数值域的求法，交集的定义及运算，考查了计算能力，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
故，
故．
故选：．
先对原式化简，再结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：已知单位向量，的夹角为，
则，，
则，
当时，取最小值．
故选：．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：将，看成一个整体与，，，进行全排列，同时要求在的左边，共有种不同的站法．
故选：．
结合捆绑法与全排列，并消除和的顺序，即可得解．
本题考查排列与计数原理的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为在有且仅有个极值点，所以，解得，
因为在上单调递增，
所以，解得，且
所以．
故选：．
直接利用正弦型函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：先比较与的大小：
因为，
所以，
所以，
所以；
再比较与的大小：
令，
所以，
，
当时，单调递减，
又，，
所以存在，使得，
所以当，，则单调递增，
当，，则单调递减，
又，，
所以在上，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：．
由，得，两边取对数，即可判断与的大小关系；令，求导分析单调性，可得与的大小关系，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：由，得，
又，，，数列是以为公比，为首项的等比数列，
，
则
，
则数列是以为首项，以为公比的等比数列，则．
不等式恒成立，
即，也就是恒成立．
设，
则，
当时，，
单调递减，则，
，解得．
故选：．
由已知数列递推式可得数列是以为公比，为首项的等比数列，求其通项公式，再由累加法求得，进一步得到，代入，分离参数，构造函数，利用作差法判断单调性，求其最大值，即可求解的取值范围．
本题考查数列递推式，训练了累加法求数列的通项公式，考查恒成立问题的求解方法，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：设直线，联立，所以，
则，得，
线段的中垂线方程为，
令，得所，所以，
，所以又，所以四边形为平行四边形，
，所以．
故选：．
设直线，与抛物线联立方程组，进而求得，的坐标，进面可得以进而求得的值．
本题考查抛物线的性质，考查数形结合思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：由题可知，，故A正确；
由对称性可知，故C正确；
所以，故B正确；
因为，故D错误．
故选：．
根据正态分布曲线的对称性求解．
本题主要考查了正态分布曲线的对称性，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：由题意知，
若，由题意可知，令，，则，图象如下．
点的轨迹可由正方形右移个单位长度，再上移个单位长度得到，轨迹是一个正方形，故B正确；
对于，，
结合图象可得，
的最小值为：点到直线即点的距离，
此时取得最小值，故A错误；
对于，的最大值即为：
点到点，的距离中的最大值，故的最大值为，故C正确；
若，则表示正方形及其内部区域，面积为，故D错误．
故选：．
这个是一个新定义的题目，根据定义挨个分析即可．
本题考查两点间的距离公式，需要数形结合，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：选项A，，
直线与平面所成的角即直线与平面所成的角，
当为弧中点时，易知为所求，
，所以，故A正确；
选项B，圆锥的内切球的半径即为内切圆的半径，
，
故，，故B错误；
选项C，棱长为的正四面体可以从棱长为的正方体中截得，
所以该正四面体和正方体的外接球是同一个外接球，
则，即，
所以该正四面体可以放在圆锥的内切球内，故C正确；
选项D，假设，过作垂直于，垂足为，连接，
因平面底面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以，可得平面，
所以，因为为正三角形，为的中点，
所以，即，两点重合，与题设矛盾，故D错误．
故选：．
根据几何条件及线面角定义可判定；将内切球半径转化为内切圆半径求解即可判定；将正四面体补形为正方体计算外接球半径即可判定；根据线面垂直的判定及性质定理可判定．
本题考查空间几何体中求线面角，求内切、外接球体积，线线垂直的判定等知识，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于：由，可知或，
又，
令，
，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
当，且，此时与题意不符合；
当知且时，，故，
令，，
所以当时，单调递减，
又，
所以，
所以，
所以，故A正确；
对于：令，
则，
记，
所以，
所以，，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以，即，故B正确；
对于：令，则，
所以在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
，当时，，即，
即，故C错误；
对于：令，则，
令，，即在上单调递增，
所以，，在上单调递增，
所以，即，故D正确．
故选：．
对于：由，可知或，又，令，求导分析单调性，可得当知且时，，故，令，求导分析单调性，可得，则，即可判断是否正确；对于：令，求导分析单调性可得，即，即可判断是否正确；对于：令，求导分析单调性，可得，即可判断是否正确；对于：令，求导分析单调性，可得，即可判断是否正确．
本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：四棱台上底边长，下底边长，侧棱长，
如图，过作平面，为垂足，
，
，
此四棱台的体积为．
故答案为：．
过作平面，为垂足，求出，，由此能求出此四棱台的体积．
本题考查四棱台体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】
【解析】解：因为，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
又，所以，所以的最大值为．
故答案为：．
结合两角差的正弦公式与同角三角函数的商数关系化简已知等式，可得，再利用两角差的正切公式与基本不等式，推出，然后根据，得解．
本题主要考查三角函数的化简求值，熟练掌握三角恒等变换公式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：设，可得，即，离心率，，
设，内切圆与，，分别相切于点，，，则，
，，所以，即，
所以，又，
而，所以，
即．，
所以，
故，，
所以．
故答案为：．
设点的坐标，由题意可得点横纵坐标的关系，设点的坐标及圆与各边的切点，由题意可得点的坐标，进而
本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：由题意可知，即恒成立，
令，．
当，，单调递减；当，，单调递增．
时，函数取得极小值，即最小值，．
令，则，
当，，单调递增；当，，单调递减．
时，函数取得极大值，即最大值，．
，得，
正整数的最大值为．
故答案为：．
由题意可知，即恒成立，令，，利用导数研究函数，的单调性与极值，由，即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
17.【答案】解：，
即，
又，所以，即，
由因为，所以，可得即，
所以，即；
因为为锐角三角形，所以在边上，且不与，重合，
设，，在中，，
在中，，
所以，
由题意，则，
当，即时，等号成立，
当的面积取最小值时，设内切圆的半径为，易得为等边三角形，
则，
所以内切圆的面积．
【解析】由已知利用三角函数恒等变换的应用可得，结合，即可求解的值；
设，可得，结合的范围，即可求得的面积取最小值，再结合当的面积取最小值时，设内切圆的半径为，易得为等边三角形，即可求得内切圆的面积，
本题考查了三角函数恒等变换，正弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：依题意，当时，由及，
可得，
化简整理，可得，
，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，
又，，
，
，，
则当时，，
当时，不符合上式，
．
证明：由题意及，
可得
，
，
故不等式对任意恒成立．
【解析】由题意，当时将代入题干表达式可得，再将代入题干表达式计算出的值，进一步推导即可发现数列是以为首项，为公差的等差数列，通过计算数列的通项公式即可计算出前项和的表达式，最后结合公式即可计算出数列的通项公式；
先根据第题的结果计算出数列的通项公式，再运用裂项相消法计算出前项和的表达式，最后根据不等式的性质即可证明结论成立．
本题主要考查数列求通项公式，以及数列求和与不等式的综合问题．考查了整体思想，分类讨论思想，转化与化归思想，裂项相消法，等差数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
19.【答案】解：记“答题人来自于第组”为事件，记“任选一人答对”为事件，
此时样本空间，且，，两两互斥，
易知，，，
而，，，
则
，
所以任选一人，此人答对该题的概率为；
易知的所有可能取值为，，，．
此时，，，，
则．
【解析】由题意，记“答题人来自于第组”为事件，记“任选一人答对”为事件，结合全概率公式进行求解即可；
先得到的所有取值，求出相对应的概率，代入期望公式即可求解．
本题考查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．
20.【答案】解：线段上存在一点，使平面，理由如下：
过作，垂足为，为中点，又，所以，
过作一条平行的直线交于点，此时，如图示：
易知，平面，所以平面，
同理平面，又，
所以平面平面，所以平面，
故线段上存在一点，使平面，且．
作交下底圆于，因为，，，
以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，如图示：
则，，，，
，，，
，，，，
设平面的法向量，由得：，由得：，
令，则，
设平面的法向量，由得：，由得：，
令，则，
设平面与平面的夹角为，
则，，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】根据面面平行推出线面平行即可；
分别求出平面与平面的法向量，从而求出平面夹角的余弦值即可．
本题考查了线面平行的判定，考查向量在立体几何中的应用，是中档题．
21.【答案】解：易知双曲线的渐近线，渐近线，
不妨设在上，在上，是线段的中垂线，
易知，
所以，
由双曲线对称性可得，
所以，
此时，，
在中，，
解得，
所以，
则的方程为；
证明：不妨设，，，，直线的方程为，
则直线，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
又，
所以，
此时，
所以，
同理得，
则
，
此时直线，
令，
解得，
故直线过定点．
【解析】由题意，设在上，在上，是线段的中垂线，根据三角形全等、双曲线对称性以及，，之间的关系，列出等式求解即可；
设，，，，直线的方程为，得到直线的方程，将直线的方程与的方程联立，结合韦达定理得到，的表达式，可得，的坐标和直线的斜率，推出直线的方程，进而即可得证．
本题考查双曲线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
22.【答案】解：当 ，时，，
所以，
因为，，
在上单调递增，且，
所以时，，，单调递减；时，，，单调递增，
所以当时，；
当时，，
所以；
因为，
设，则在上单调递增，且的取值范围是，
设，，有个零点，，
即方程有个不同正实根，，
即有个不同正实根，，
设，则，
当时，，单调递增；当时，单调递减，
所以，当，且时，；当时，．
令，得，所以函数的图象过点；
函数的大致图象如图：
所以，仅当时，方程有个不同正实根，，
即有个零点时的取值范围是；
证明：要证，即证，即证，
由得，，所以，
所以问题转化为证明证，
即证，
设，即证，
设，
所以在上为增函数，，
所以成立，即成立．
【解析】求导，判断导函数的正负，得出原函数的单调性，即可求得原函数的最小值；
同构，，换元，设，转化为方程有个不同正实根，，分离参数，转化为函数个不同正实根，，然后利用导数即可求得结果；分析法，转化为证明不等式证，构造函数即可证明．
本题考查利用导数研究函数的最值、零点，以及不等式的证明．属中档题．
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