2023-2024学年江西省南昌市高三（上）开学摸底数学试卷（零模）（9月份）（含解析）卷

2023-2024学年江西省南昌市高三（上）开学摸底数学试卷（零模）（9月份）
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.复数的虚部是( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，若，则( )
A. B. C. 或 D. 或
4.已知公比为的等比数列的前项和，则( )
A. B. C. D.
5.已知抛物线：的焦点为，是抛物线在第一象限的一点，过作的准线的垂线，垂足为，的中点为，若直线经过点，则直线的斜率为( )
A. B. C. D.
6.已知函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，则( )
A. B. C. D.
7.已知函数的值域为，函数的值域为，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
8.若函数，，则函数在上平均变化率的取值范围为( )
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.“未来之星”少儿才艺大赛，选手通过自我介绍和才艺表演，展示仪表形象、表达能力、风度气质等自身的整体形象，评委现场打分若九位评委对某选手打分分别是，，，，记这组数据的平均分、中位数、标准差、极差分别为，，，，去掉这组数据的一个最高分和一个最低分后，其平均分、中位数、标准差、极差分别为，，，，则下列判断中一定正确的是( )
A. B. C. D.
10.在下列四棱锥中，底面为平行四边形，，，，，是四棱锥的顶点或棱的中点，则平面的有( )
A. B.
C. D.
11.是定义在上连续可导函数，其导函数为，下列命题中正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若的图象关于点中心对称，则的图象关于直线轴对称
D. 若，的图象关于原点对称，则
12.已知双曲线：，点为双曲线右支上的一个动点，过点分别作两条渐近线的垂线，垂足分别为，两点，则下列说法正确的是( )
A. 双曲线的离心率为
B. 存在点，使得四边形为正方形
C. 直线，的斜率之积为
D. 存在点，使得
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知直线与圆相切，则的值为______ ．
14.展开式中的系数是______ ．
15.如图，高度均为的封闭玻璃圆锥和圆柱容器内装入等体积的水，此时水面高度均为，若，记圆锥的底面半径为，圆柱的底面半径为，则 ______ ．
16.已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次为，，，若，则 ______ ．
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
在中，角，，所对的边分别为，，，，．
求的面积；
若，求的周长．
18.本小题分
如图，在三棱锥中，，，分别为，的中点，．
求证：；
若，，求二面角的余弦值．
19.本小题分
如图，第个图形是由棱长为的正方体挖去棱长为的正方体得到的，记其体积为
求证：；
求和：．
20.本小题分
已知粴圆：经过点，为椭圆的右焦点，为坐标原点，的面积为．
求椭圆的标准方程；
过点作一条斜率不为的直线与椭圆相交于，两点在，之间，直线与椭圆的另一个交点为，求证：点，关于轴对称．
21.本小题分
迎“七一”党建知识竞赛，竞赛有两关，某学校代表队有四名队员，这四名队员若有机会参加这两关比赛，通过的概率见下表：
队员 第一关 第二关
甲
乙
丙
丁
比赛规则是：从四名队员中随机选出两名队员分别参加比赛，每个队员通过第一关可以得分，且有资格参加第二关比赛，若没有通过，得分且没有资格参加第二关比赛，若通过第二关可以再得分，若没有通过，不再加分两名参赛队员所得总分为该代表队的得分，代表队得分不低于分，可以获得“党建优秀代表队”称号假设两名参赛队员不相互影响．
求这次比赛中，该校获得“党建优秀代表队”称号的概率；
若这次比赛中，选中了甲乙两名队员参赛，记该代表队的得分为，求随机变量的分布列和期望．
22.本小题分
已知函数．
求函数在上的单调区间和极值；
若方程有两个不同的正根，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据幂函数的定义域知，则，
根据指数函数的值域知，则，
则，且，故B、C错误，，则D错误．
故选：．
根据幂函数定义域和指数函数值域即可求出，，再根据集合间关系即可判断．
本题考查集合的关系，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
故的虚部为．
故选：．
利用复数除法法则计算出，从而求出虚部．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意知，故，
即，
或．
故选：．
根据向量平行的坐标表示，列方程求解，可得答案．
本题主要考查平面向量共线的性质，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意可得，即，
又，
又是公比为的等比数列，故，，
故．
故选：．
根据题意求出，继而表示出，根据即可求得，继而求得答案．
本题主要考查等比数列的前项和公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意，设，则，又的中点为，故．
由抛物线定义可得，故．
则，因为直线经过点，即，
故，又是抛物线在第一象限的一点，故，解得．
故，直线的斜率为．
故选：．
设，进而可得，再根据抛物线定义可得，结合列式可得，进而求得．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是中档题．
6.【答案】
【解析】解：作出函数和的图象以及直线的图象，如图，
由函数和的图象与直线交点的横坐标分别为，，
结合图象可知，A错误；
由题意知，，也即，，
由于函数和互为反函数，
二者图象关于直线对称，而，为和的图象与直线的交点，
故A，关于对称，故，，B错误；
由，，故，C错误；
因为，故，，
结合，即得，D正确．
故选：．
作出函数和的图象以及直线的图象，即可判断，大小，由此判断；利用反函数的性质可判断；利用基本不等式可判断，．
本题考查了对数函数的图像性质，涉及到互为反函数的性质，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：令，，则即为，
则，由于，故，等号仅在时取得，
故在上单调递增，故，
即值域为，即，
故“”成立能推出“成立；
当，即的值域为时，
不妨取，此时，
但，即“”推不出“”，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
利用导数判断的单调性，求得当时函数的值域，继而判断值域为，能否推出，即可得答案．
本题考查充分条件与必要条件，函数的值域，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：当，时，
在上平均变化率为，
令，
可看作图象上任一点与点连线的斜率，
即，
当点从点运动到点，斜率逐渐减小，点，重合时，
表示函数在点处的切线的斜率，
，
所以，
当点位于点时，点，连线的斜率最大，
，
故．
故选：．
利用定义得到在上平均变化率为，令，，根据几何意义可看作图象上任一点与点连线的斜率，数形结合，以及切线的几何意义求出变化率的取值范围．
本题主要考查导数的几何意义，考查数形结合的思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据平均数的性质可知不一定成立，例如九个数一个，其它都是，显然该等式不成立，因此不一定正确；
根据中位数的定义可知这九个数据从小到大排列，中间的一个数据是中位数，去掉最高和最低不影响中间的数据，所以一定正确；
根据标准差的意义可知去掉最高和最低分，数据有可能会更集中，所以选项C一定正确；
因为去掉最高和最低分，极差有可能减小，所以选项D一定正确．
故选：．
根据平均数、中位数、标准差、极值的性质逐一判断即可．
本题主要考查了平均数、中位数、标准差、极值的性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，设为的中点，底面为平行四边形，连接，，
则，而，，
故，，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，A正确；
对于，设为的中点，底面为平行四边形，连接，，
则，而，，
故，，即四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
故平面，B正确；
对于，设为的中点，底面为平行四边形，连接，，
设交于，连接，
则，而，，
故，，即四边形为平行四边形，
故，
又平面，平面，平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，
故此时平面不成立，C错误；
对于，设底面为平行四边形，连接，交于点，交于，
则为的中点，连接，，
由于为的中点，故BH；
又平面，平面，平面平面，
假设平面，则，
即在平面内过点有两条直线和都平行，这是不可能的，
故此时平面不成立，D错误；
故选：．
根据线面平行的判定定理可判断，；假设平面，利用线面平行的性质定理结合平面内过一点有且仅有一条直线和已知直线平行可判断，．
本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：中，由，根据导数的运算法则，可得，所以A正确；
中，例如函数，可得，此时满足，但，所以B错误；
中，由的图象关于点中心对称，可得，
两边同时取导数，可得，即，
所以的图象关于直线轴对称，所以C正确；
中，由，令，可得，即，
又由的图象关于原点对称，令，可得，
所以，所以D正确．
故选：．
根据导数的运算法则，可判定A正确；结合函数，可判定B错误；根据题意，得到，两边同时取导数得到，可判定C正确；令，求得，再令，求得，可判定D正确．
本题主要考查导数的运算，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，由双曲线：，得，，
故，故A正确；
对于，双曲线：的渐近线为，
则四边形为矩形，
又双曲线右顶点为，到直线的距离均为，
故矩形为正方形，
即存在点，即为双曲线右顶点时，使得四边形为正方形，故B正确；
对于，设，不妨设在第一象限，在第四象限，
由于，故可得的方程为，
联立，可得，则，
同理，可得的方程为，
联立，可得，则，
故，而，
，故C错误；
对于，由以上分析可知，
同理，
故，
根据双曲线的对称性，不妨假设在第一象限，则，
故，令，，
将代入，即有，此时显然不可能成立，
即双曲线上不存在点，使得，故D错误．
故选：．
根据双股曲线方程求出离心率判断；取特殊点判断；设，求出，的坐标，进而求出直线，的斜率之积，判断；利用两点间距离公式表示出，令其等于，结合双曲线方程可判断．
本题综合考查了双曲线性质的应用，解答的难点在于选项D的判断，解答时要注意根据点的坐标表示出的表达式，进而结合方程推出矛盾，判断该选项错误，是中档题．
13.【答案】
【解析】解：由直线与圆相切，
则，
即，
故答案为：．
由直线与圆相切，结合点到直线的距离公式求解即可．
本题考查了直线与圆的位置关系，重点考查了点到直线的距离公式，属基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意知，项和展开式中的，相乘出现项，
的通项公式为，
分别令，可得，项的系数为，
故展开式中的系数是．
故答案为：．
根据二项式展开式的通项公式求得展开式中的，项的系数，结合多项式相乘，即可求得答案．
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：如图，作出圆锥的轴截面，设为水面，为圆锥底面中心，为水面中心，
则，，
，则∽，
故，
，
故圆锥内水的体积为，
圆柱内水的体积为，
由，得，
故．
故答案为：．
利用圆锥的轴截面求出圆锥内水的体积的表达式，再求出圆柱内水的体积表达式，二者相等，化简即可得答案．
本题主要考查简单几何体的体积计算，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：令，则函数即为函数，
的最小正周期为，
最小正周期为，
作出函数，的大致图象，如图，
则函数的图象与直线连续的三个公共点，，，
等价于的图象与直线连续的三个公共点，，，
连续的三个公共点从左到右排列，
由题意不妨设，，位置如图中所示三点位置可左右平移一个周期，
即，关于直线对称，，
由于，则，
故，
而，关于直线对称，
故点横坐标为，
将点横坐标代入，得，
则．
故答案为：．
令，则函数即为函数，题目等价于的图象与直线连续的三个公共点，，，判断，，分布的位置，结合正弦函数的周期以及对称性确定点的坐标，代入函数解析式化简，可得答案．
本题考查三角函数的图像与性质，属于中档题．
17.【答案】解：由已知，在中有，
故，
即，
即，
而，
所以，
所以，
又，
故的面积为；
由余弦定理，得，
可得，
所以，
所以，即，
所以的周长为．
【解析】利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可得，利用三角形面积公式即可求得答案；
由余弦定理推出，继而求出的值，即可得答案．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式以及两角和的正弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：证明：因为，分别为，的中点，所以，
因为，所以，
因为，，，平面，
所以平面，又因为平面，所以；
因为，，则，
所以，因为，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为，，所以，
以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，所以，
令，得到，
平面的法向量为
所以，
则根据法向量的朝向知二面角的余弦值为．
【解析】利用线面垂直的判定证明平面，再利用线面垂直的性质即可；
建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，则可计算出二面角余弦值．
本题考查了线面垂直问题，考查空间向量在立体几何中的应用，是中档题．
19.【答案】证明：因为棱长为的正方体的体积为，棱长为的正方体的体积为，
所以，得证．
解：由可知，，
所以
，
又，
所以，
即，
所以．
【解析】利用正方体的体积作差，可得，化简即可得证；
利用中的结论，结合分组求和法与裂项求和法，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前项和的求法，理解新数列的定义，熟练掌握等差数列的前项和公式，分组求和法与裂项求和法是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：因为的面积为，则有，解得，
又因为在椭圆上，则，解得，
所以椭圆的标准方程为；
证明：根据椭圆的对称性，欲证，关于轴对称，
只需证，即证，
设，，直线方程为，
由消去得，
所以，，
则，
因为，
所以，即，关于轴对称．
【解析】根据三角形面积公式，利用代入法进行求解即可；
根据对称性与直线间斜率的关系，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：记选出甲乙两名队员参赛为事件，
选出甲乙、丙丁各一人参赛为事件，
选出丙丁两名队员参赛为事件，
活动“党建优秀代表队”称号为事件，
则，，，
；
的可能取值为：，，，，，，
，，
，，
，，
所以随机变量的分布列为：
所以．
【解析】先求出选出的是哪两名队员参赛的概率，继而考虑这两名队员得分不低于分的情况，根据互斥事件的概率公式即可求得答案；
确定变量的取值，求出每个值对应的概率，可得分布列，根据期望公式即可求得答案．
本题主要考查了古典概型的概率公式，考查了离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
22.【答案】解：由函数，可得，
则，
设，则，
故在单调递增，
又因为，故在单调递减，在单调递增，
则的极小值为，无极大值．
解：因为，所以，可得，
令，可得，所以在单调递减，
故有两个正根，等价于有两个零点，
可得，当时，；当时，，
所以在递减，递增，
可得，
令，所以，则，
设，则，．
所以，则，则，
因为，，
此时存在两零点，，其中，，且，
故．
【解析】根据题意，求得，设，求得，得到在单调递增，结合，得到单调区间，进而求得极值；
化简方程为，令，转化为有两个零点，利用导数求得单调性和，令，得到，设，得到，求得，结合，，即可求解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，函数与方程思想，属难题．
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