2023-2024学年山西重点大学附中高三（上）第一次月考数学试卷（开学）（含解析）

2023-2024学年山西重点大学附中高三（上）第一次月考数学试卷（开学）
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.已知复数，在复平面内对应的点分别为，，若是纯虚数，则( )
A. B. C. D.
2.已知：，：，若是的必要条件，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
3.若函数在单调递减，则的取值范围( )
A. B. C. D.
4.若向量和向量平行，则( )
A. B. C. D.
5.若点是圆：的弦的中点，则弦所在的直线方程为( )
A. B. C. D.
6.等差数列的公差为，前项为，若数列的最大项是第项和第项，则( )
A. B. C. D.
7.已知，且，则的值为( )
A. B. C. D.
8.若正数，满足，则的最小值是( )
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）
9.一组数据，，，是公差为的等差数列，若去掉首末两项，则( )
A. 平均数变大 B. 中位数没变 C. 方差变小 D. 极差没变
10.已知函数为上的奇函数，且，当时，则，则( )
A. B.
C. D.
11.已知是抛物线：的焦点，，是抛物线上的两点，为坐标原点，则( )
A. 抛物线的准线方程为
B. 若，则的面积为
C. 若直线过焦点，且，则到直线的距离为
D. 若，则
12.在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则( )
A. 当时，从点绕圆锥侧面一周到点的最小长度为
B. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为
C. 当时，圆锥的外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知函数的图像与直线相切，则 ______ ．
14.的展开式中常数项为______ 用数字作答
15.已知函数的部分图象如图所示，其中，则 ______ ．
16.已知双曲线的左、右焦点分别为，，离心率为，焦点到渐近线的距离为过作直线交双曲线的右支于，两点，若，分别为与的内心，则的取值范围为______ ．
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，，分别为内角，，的对边，且．
Ⅰ求的值；
Ⅱ若面积为，求边上的高的最大值．
18.本小题分
如图，为圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点，重合的点，连接，，，，作于点，于点．
求证：是二面角的平面角；
若，，求二面角的正弦值．
19.本小题分
已知一袋中装有个球，每个球上分别标有，，，，的一个号码，设号码为的球重为单位：克，这些球等可能的从袋中被取出．
Ⅰ现从中不放回地任意取出球，试求它们重量相等的概率；
Ⅱ现从中任意取出球，若它的重量小于号码数，则放回，搅拌均匀后重取一球；若它的重量不小于号码数，则停止取球．按照以上规则，最多取球次，设停止之前取球次数为，求的分布列和期望．
20.本小题分
设等差数列的前项和为已知，．
求数列的通项公式；
设，数列的前项和为，定义为不超过的最大整数，例如，当时，求的值．
21.本小题分
椭圆的左、右顶点分别为，，过左焦点的直线与椭圆交于，两点其中点位于轴上方，当垂直于轴时，．
求椭圆的方程；
记直线，的斜率分别为，，求的最小值．
22.本小题分
已知函数．
若，求的单调区间；
若在上有两个极值点，
求实数的取值范围；
求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：复数，在复平面内对应的点分别为，，
，，
，
是纯虚数，
．
故选：．
根据已知条件，结合复数的几何意义，求出，，再结合复数的四则运算和纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，以及复数的四则运算和纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由，得，
即：，对应的集合，
结合：，得对应的集合，
若是的必要条件，可知，
，解得．
故选：．
根据充分必要条件的概念，可知条件对应的集合为条件对应集合的子集，由此列式算出答案．
本题主要考查不等式的解法、充要条件的判断及其应用等知识，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：设，则．
由在上为减函数，
结合复合函数的单调性：同增异减，可得要求的减区间，只要求的增区间即可．
而在递增，即，
所以，解得．
故选：．
由复合函数的单调性：同增异减，结合指数函数和二次函数的单调性，计算可得所求取值范围．
本题考查复合函数的单调性，以及指数函数和二次函数的单调性，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：向量和向量平行，
则，即，
故，
，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合向量平行的性质，先求出，再结合向量模公式，就求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为圆心，，所以圆心，
因为是圆的弦的中点，
所以，
所以，则直线的方程为，即．
故选：．
先求出圆心坐标，由题意可得，从而可求出直线的斜率，进而可求出直线的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，考查直线方程的求法，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：由于数列的最大项是第项和第项，根据数列和的对称性，
所以，整理得，故，即，
故，
由于数列的公差为，
故．
故选：．
直接利用等差数列的性质求出，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：等差数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由，可得，
由，可得，
两式相加可得，所以，
因为，，所以，
所以，．
故选：．
将条件的两个式子平方相加可得，然后可得的值，然后判断出，然后可求出答案．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由可得时等号成立，
所以，
所以时，的最小值是．
故选：．
由可得，原式化为，利用二次函数的性质求解即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项A，原数据的平均数，
去掉首末两项后的平均数，
所以平均数不变，故选项A错误；
对于选项B，原数据的中位数为，去掉首末两项后的中位数为，
所以中位数不变，故选项B正确；
对于选项C，原数据的方差，
去掉首末两项后的方差，
所以方差变小，故选项C正确；
对于选项D，原数据的极差，去掉首末两项后的极差，
所以极差变小，故选项D错误．
故选：．
根据平均数、中位数、方差和极差的计算公式求解．
本题主要考查了等差数列的性质，考查了平均数、方差和极差的计算，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：已知函数为上的奇函数，则，即，故，A正确；B错误；
，即，周期为，
，当时，，
时，，，
时，，，
，，
，C正确；D错误．
故选：．
根据，求得；的周期为，结合函数的奇偶性，可判断，选项．
本题考查抽象函数的性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于：由抛物线的方程可得准线方程为，故A错误；
对于：设，则，可得，从而可得，
，故B正确；
对于，抛物线：，可得其焦点坐标为，
当直线的斜率不存在时，可得，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，，可得，
根据抛物线的定义，可得，解得，
所以直线的方程为，
不妨取，所以到直线的距离为，故C错误；
对于：设直线的方程为不妨设，
由，可得，，
由，同理可得，
，
当且仅当，即时取等号，故D正确．
故选：．
根据抛物线的几何性质，可判定A错误，结合抛物线的定义，可判定B正确；结合抛物线的焦弦的性质和点到直线的距离公式，可判定C错误；设直线的方程为不妨设求得和，结合基本不等式，可判定D正确．
本题考查抛物线的几何性质，考查方程思想，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：题意，，即，
对于，当时，，，圆锥的侧面展开图为如图所示的扇形，
侧面展开图扇形弧长即为圆锥的底面圆周长，由扇形弧长公式可得则，
在中，由余弦定理得：，即，故A正确；
对于，当时，有，令圆锥的轴截面等腰三角形顶角为，，
为钝角，令，是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，
所以的面积为，当且仅当时取“”，故B不正确；
对于，棱长为的正四面体可以补形成正方体，如图，
则正方体棱长，其外接球即正四面体的外接球直径为，球半径，
当时，，圆锥的内切球球心在线段上，圆锥的轴截面截内切球得大圆，是圆锥轴截面等腰三角形内切圆，
设其半径为，由三角形面积得：，解得，，
因此，半径为的球在圆锥内可以任意转动，
而棱长为的正四面体的外接球的半径为，
故棱长为的正四面体在半径为的球内可以任意转动，
所以当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D正确．
对于，当时，，圆锥的外接球球心在直线上，圆锥的底面圆是球的截面小圆，而圆锥的高，
设外接球半径为，则有，即，解得，其表面积为，C正确；
故选：．
利用圆锥的侧面展开图、扇形的弧长公式求出扇形的圆心角，利用余弦定理即可判断；
利用圆锥的轴截面所在三角形的顶角为钝角，即可判定；
由勾股定理，判断选项B；求出圆锥的外接球的半径，计算外接球的表面积，即可判断；
求出圆锥内切球的半径和正四面体外接球的半径，即可判断．
本题考查了圆锥的侧面展开图、扇形的弧长公式计算问题，同时考查了圆锥的外接球与内切球的计算问题，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，直线与函数的图象相切，设切点的坐标为，
函数，则有，其导数，则；
则切线的方程为，变形可得，
又由切线的方程为，
则有，
解可得，，；
故答案为：．
根据题意，设切点的坐标为，求出函数的导数，由导数的几何意义分析可得切线的方程，结合题意可得，解可得、、的值，即可得答案．
本题考查利用导数计算切线的斜率、方程，注意求出切点的坐标，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：根据通项公式，
令，解得，
故．
故答案为：．
根据二项展开式的通项公式，即可求解．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由图可知，
因为，所以函数的图象关于对称，且在处，函数取得最大值，
所以，
即，，解得，，
又，即，所以，
因为，所以，
所以或，
当时，，此时，不符合题意；
当时，，此时，符合题意，
所以，，
所以．
故答案为：．
由图可得，利用函数在处取得最大值，可求出的取值范围，再根据周期性可得的值，从而知的解析式，然后代入计算，得解．
本题考查利用函数的图象求解析式，理解的几何意义，正弦函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：设双曲线的半焦距为，由题意知，
则，解得，
，
双曲线．
记的内切圆与边，，分别相切于点，，，
则，横坐标相等，
可得，，，
由，即，
得，即，
记的横坐标为，则，
于是，得，
同理内心的横坐标也为，则轴．
设直线的倾斜角为，则，，
在中，
，
由于直线与的右支有个交点，且一条渐近线的斜率为，倾斜角为，
可得，即，
可得的范围是．
故答案为：．
根据双曲线的标准方程和几何关系即可求解．
本题考查双曲线的几何性质，关键是根据双曲线的定义结合三角形内切圆的性质得到的表达式，然后结合三角函数的性质求解，是中档题．
17.【答案】解：Ⅰ根据正弦定理，，
，整理得，
根据余弦定理，，，；
Ⅱ由面积为，可得，又，则，，
边上的高为，，，
，，
当且仅当时，取“”，
即的最小值为此时最大为．
【解析】Ⅰ利用正余弦定理可得；
Ⅱ利用面积公式将表示出来，根据不等式求出的范围，从而确定的最大值．
本题考查正余弦定理，基本不等式的应用，属于基础题．
18.【答案】证明：圆所在的平面，，
又为圆的直径且为圆周上与点，均不重合的点，，
，，平面，平面，且，
平面，
平面，
，
又，且，
平面，平面，
，又，可得平面，平面，
，是二面角的平面角；
解：由可得：是二面角的平面角，
设，，，
，平面，，
，，，，
，，
在中，．
【解析】由已知可证，，可证平面，进而可得平面，可证，可证结论；
设，可求得，，可求二面角的正弦值．
本题考查二面角的平面角的证法，考查二面角的正弦值的求法，属中档题．
19.【答案】解：Ⅰ令，其对称轴为且，
所以不放回地任意取出球重量相等的号码有、、、、，
故不放回地任意取出球重量相等概率为．
Ⅱ由，，即或且，
所以，取到，共个中的一个，即可停止取球，
故每次取到球后停止的概率为，而，
，，，
分布列如下：
所以．
【解析】Ⅰ根据二次函数对称性写出任意取出球重量相等的号码的可能组合，应用古典概型的概率求法求概率；
Ⅱ首先求出每次取到球后停止的概率，而并应用独立事件乘法公式求对应值的概率，进而写出分布列，即可求期望值．
本题考查离散型随机变量的概率分布列及数学期望，是基础题．
20.【答案】解：设等差数列的公差为，
由，得，又，则，解得，
所以；
由可知，
所以，
所以，
所以，
令，整理得，解得或舍去．
因此的值为．
【解析】设等差数列的公差为，由可得，又可求得，进一步即可求出的通项公式；
由可知，所以，从而结合裂项相消求和法即可求得，最后利用，求出值即可．
本题考查等差数列的通项公式，裂项相消求和法，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
21.【答案】解：因为椭圆的左焦点为，
所以，
将代入，得，
故，
解得，，
椭圆方程为；
因为直线过点，且点位于轴上方，
所以直线斜率不为，设直线的方程为，
联立得．
，
设，，由已知，
于是，
所以，，
又椭圆的左顶点的坐标为，右顶点的坐标为，
所以，
因为，，，，
所以，，
因为，
所以，即，
所以，当且仅当，即时等号成立，
所以当时，取最小值，最小值为．
【解析】由条件列出关于，的方程，解方程求，可得椭圆方程；
设直线的方程为，结合设而不求法证明，利用基本不等式求的最小值．
本题考查椭圆方程的求解，椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，设而不求法与韦达定理的应用，基本不等式的应用，化归转化思想，属中档题．
22.【答案】解：因为，令，所以，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，所以当时，，当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
因为，要使在上有两极值点，，
则在上有两个变号的零点，
若时，则，由可知，，所以，
所以在上没有两个变号的零点，不符合题意，舍去；
当时，因为，，，
则在上单调递减，故最多只有一个零点，不符合题意，舍去；
当时，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围为；
证明：由可知，，，
即，所以，所以，
令，
即，
所以，
故在上单调递增，所以当时，，
即，所以，所以，
而，所以，而在上单调递增，
因为，所以，
所以，即，
因为，
所以．
【解析】当时，求得，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间；
求导，根据导数与函数极值的关系，分类讨论，可得的取值范围；
根据中的取值范围，构造一元差函数，求导，根据函数的单调性，结合，即可证明．
本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性，极值与最值，考查函数的极值点偏移，考查分类讨论思想，计算能力，属于难题．
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