精品解析：新疆維吾爾自治區(qū)慕華·優(yōu)策2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考數(shù)學(xué)試題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

數(shù)學(xué)試卷
本試卷共4頁(yè)，滿分150分，考試用時(shí)120分鐘．
注意事項(xiàng)：
1．答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上，并將準(zhǔn)考證號(hào)條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．
2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效．
3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對(duì)應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無(wú)效．
4．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試題卷和答題卡一并上交．
一、單項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．
1. 已知復(fù)數(shù)滿足，其中是虛數(shù)單位，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出復(fù)數(shù)，利用復(fù)數(shù)的模長(zhǎng)公式可求得的值.
【詳解】因?yàn)?，則，故.
故選：B.
2. 已知集合，則集合的元素個(gè)數(shù)為（）
A. 3B. 2C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】將的所有可能取值逐個(gè)代入計(jì)算即可得出集合，即可得集合的元素個(gè)數(shù).
【詳解】當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，
故，共三個(gè)元素.
故選：A.
3. 已知向量在向量上的投影向量為，且，則的值為（）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助題目條件可得，再根據(jù)向量模長(zhǎng)與向量平方的關(guān)系計(jì)算即可得.
【詳解】由題意可得，又，故，
則.
故選：D.
4. 記為數(shù)列的前項(xiàng)和，設(shè)甲：為等差數(shù)列，乙：（其中），則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 甲是乙的充分不必要條件B. 甲是乙的必要不充分條件
C. 甲是乙的充要條件D. 甲是乙的既不充分也不必要條件
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意利用等差數(shù)列的定義和和的遞推關(guān)系求解即可.
【詳解】由題意知：甲：數(shù)列為等差數(shù)列，設(shè)其首項(xiàng)為，公差為，則，
充分性：當(dāng)數(shù)列為等差數(shù)列時(shí)，其前項(xiàng)和，故充分性成立；
必要性：當(dāng)時(shí)，得，，
將上述兩式相減得，即，
所以，，兩式相減，得，
即，，所以數(shù)列為等差數(shù)列，故必要性成立.
綜上所述：甲是乙的充要條件，故C正確.
故選：C.
5. 若的展開式中常數(shù)項(xiàng)為，則的最小值為（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由二項(xiàng)式展開式性質(zhì)可計(jì)算出，結(jié)合基本不等式即可得.
詳解】由，有，
令，即，故，
即，即，則，
當(dāng)且僅當(dāng)或時(shí)，等號(hào)成立，
故的最小值為.
故選：C.
6. 已知雙曲線的左焦點(diǎn)為，為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)的直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于、兩點(diǎn)，且，，，則雙曲線的離心率為（）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由題意結(jié)合勾股定理的逆定理可得，結(jié)合雙曲線的對(duì)稱性可得，即可得，由斜率與傾斜角的關(guān)系可得，即可得離心率.
【詳解】
由，，故，
則有、、，又，
故，又，故，
則，則，
，故，
即，即，
即，則.
故選：B.
7. 已知函數(shù)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，則的最小值為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先對(duì)函數(shù)求導(dǎo)得，然后分離構(gòu)造函數(shù)在定義域上恒成立，即可求解.
【詳解】由題意定義域?yàn)榍覇握{(diào)遞增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，所以只需，所以，
當(dāng)，，在單調(diào)遞增，
當(dāng)，，在單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，有極大值且為最大值，所以，故B正確.
故選：B.
8. 在中，角的對(duì)應(yīng)邊是，且，則（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)余弦定理得，然后由正弦定理邊化角，結(jié)合已知即可求解.
【詳解】因?yàn)?，所以由余弦定理可得?br>利用正弦定理邊化角得，
因?yàn)?，所以，且?br>由得，
所以，
整理得，
解得或，
所以或，
又，所以，所以.
故選：B
二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．
9. 定義在上的函數(shù)滿足，且均有，當(dāng)時(shí)，，則下列說(shuō)法正確的是（）
A.
B. 時(shí)，數(shù)列是公比為2的等比數(shù)列
C. 在上單調(diào)遞增
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】對(duì)A：令，代入即可得；對(duì)B：結(jié)合等比數(shù)列定義，令，代入即可得；對(duì)C：結(jié)合單調(diào)性定義令，即可得；對(duì)D：結(jié)合B中的等比數(shù)列可得通項(xiàng)公式，計(jì)算即可得.
【詳解】令，，則有，由，
故，即，故A正確；
令，，則有，
即，即，
又，故數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
故B正確；
令，，則有，
由，，故、、，則，
即當(dāng)時(shí)，有恒成立，
故在上單調(diào)遞增，故C正確；
由數(shù)列是以2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，
故，即，
則
，故D錯(cuò)誤.
故選：ABC.
10. 拋物線與圓在第一象限交于，兩點(diǎn)，則下列說(shuō)法正確的是（）
A.
B. 中點(diǎn)的坐標(biāo)為
C. 直線方程為
D. 設(shè)點(diǎn)關(guān)于軸的對(duì)稱點(diǎn)為，則直線的斜率為2
【答案】AC
【解析】
【分析】將將代入后計(jì)算可得、，逐項(xiàng)計(jì)算即可得.
【詳解】將代入，得，
有，，又，故，
有，，
則，故A正確；
有，
則，故中點(diǎn)為，故B錯(cuò)誤；
，
故，化簡(jiǎn)得，故C正確；
由，故，則，故D錯(cuò)誤.
故選：AC.
11. 長(zhǎng)方體中，，為棱的中點(diǎn)，平面上一動(dòng)點(diǎn)滿足，則下列說(shuō)法正確的是（）
A. 長(zhǎng)方體外接球的表面積為B.
C. 到平面距離為D. 的軌跡長(zhǎng)度為
【答案】AD
【解析】
【分析】計(jì)算出長(zhǎng)方體的外接球直徑，結(jié)合球體表面積公式可判斷A選項(xiàng)；利用空間向量法可判斷BC選項(xiàng)；分析可知，點(diǎn)的軌跡為圓，求出圓的周長(zhǎng)，可判斷D選項(xiàng).
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，長(zhǎng)方體的外接球直徑為
，
所以，長(zhǎng)方體外接球的表面積為，A對(duì)；
對(duì)于B選項(xiàng)，以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則、、、、，
所以，，，則，B錯(cuò)；
對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)平面的法向量為，
，則，取，可得，且，
所以，點(diǎn)到平面的距離為，C錯(cuò)；
對(duì)于D選項(xiàng)，取線段的中點(diǎn)，因?yàn)?，則，
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，且點(diǎn)到平面的距離為，
故點(diǎn)到平面的距離為，
所以，點(diǎn)的軌跡是平面截以點(diǎn)為球心，半徑為的球所得圓，
且截面圓的半徑為，
因此，點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為，D對(duì).
故選：AD.
12. 已知任一隨機(jī)變量，若其數(shù)學(xué)期望，方差均存在，則對(duì)任意的正實(shí)數(shù)，有，即表示事件“”的概率下限估計(jì)值為．現(xiàn)有隨機(jī)變量，則下列說(shuō)法正確的有（）
A 若，則
B.
C. 若，則取最大值時(shí)或
D. 若有不低于的把握使，則的最小值為625
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)二項(xiàng)分布概率公式直接計(jì)算可判斷A；根據(jù)二項(xiàng)分布期望公式和方差公式計(jì)算可判斷B；根據(jù)題意列不等式組求解可判斷C；由可得，然后利用題中結(jié)論列不等式求解即可判斷D.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以當(dāng)時(shí)，，A錯(cuò)誤；
因?yàn)椋?br>所以，B正確；
當(dāng)時(shí)，則，
由，解得或，C正確；
若，則，，即，
由題知，，
由解得，D正確.
故選：BCD
三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13. 若函數(shù)是偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)值為______．
【答案】##
【解析】
【分析】根據(jù)偶函數(shù)定義，結(jié)合對(duì)數(shù)運(yùn)算化簡(jiǎn)可得.
【詳解】的定義域?yàn)镽，
，
因?yàn)楹瘮?shù)是偶函數(shù)，
所以，
所以恒成立，故，即.
故答案為：
14. 已知一個(gè)圓臺(tái)的上下底面半徑分別為和，且它的側(cè)面展開圖扇環(huán)的面積為，則這個(gè)圓臺(tái)的體積為______．
【答案】
【解析】
【分析】計(jì)算出圓臺(tái)的母線長(zhǎng)，求出圓臺(tái)的高，利用臺(tái)體的體積公式可求得該圓臺(tái)的體積.
【詳解】設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為，則該圓臺(tái)的側(cè)面積為，解得，
取該圓臺(tái)的軸截面等腰梯形，如下圖所示：
分別過(guò)點(diǎn)、作、，
因?yàn)?，，?br>所以，，所以，，
因?yàn)?，，?br>所以，四邊形為矩形，則，，
所以，，
所以，該圓臺(tái)的高為，故該圓臺(tái)的體積為.
故答案為：.
15. 已知為坐標(biāo)原點(diǎn)，，且，定點(diǎn)，則取最大值時(shí)直線的方程為______．
【答案】或
【解析】
【分析】先設(shè)，由求出點(diǎn)軌跡為圓，又點(diǎn)在圓外，當(dāng)為圓的切線時(shí)有最大值，從而求解.
【詳解】設(shè)點(diǎn)，由，
所以，
所以點(diǎn)的軌跡是以原點(diǎn)為圓心，半徑為的圓，且點(diǎn)在圓外，
當(dāng)取最大值時(shí)即等價(jià)于過(guò)點(diǎn)的直線與圓相切，
設(shè)過(guò)點(diǎn)的直線為，圓心到直線距離，解得，
此時(shí)直線為，即或，
故答案為：或.
16. 若存在正實(shí)數(shù)滿足，則的最大值為______．
【答案】##
【解析】
【分析】不等式變形，換元后得到，令，則，再令，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，得到，從而，解得，得到故，，求導(dǎo)，得到單調(diào)性和最值，求出答案.
【詳解】存在正實(shí)數(shù)滿足，
不等式兩邊同除以得，
令，則，即，
令，則，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
故在處取得極大值，也是最大值，故，
即，
綜上，，解得，
故，，
故，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，
故當(dāng)時(shí)，取得極大值，也是最大值，最大值為.
故答案為：
【點(diǎn)睛】常見(jiàn)的不等式放縮有，，，，等，再求參數(shù)取值范圍或證明不等式時(shí)，常常使用以上不等式進(jìn)行適當(dāng)變形進(jìn)行求解.
四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
17. 非零數(shù)列滿足，且．
（1）設(shè)，證明：數(shù)列是等差數(shù)列；
（2）設(shè)，求的前項(xiàng)和．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）對(duì)已知條件因式分解可得，根據(jù)等差數(shù)列定義可證；
（2）利用累乘法求得，然后由裂項(xiàng)相消法可得.
【小問(wèn)1詳解】
由，
得對(duì)于恒成立，
所以，即，
所以，
而，故，
所以數(shù)列是以1為公差，為首項(xiàng)的等差數(shù)列.
【小問(wèn)2詳解】
由（1）知，，即，
整理得，
由累乘法得，即，
又，所以，
則，
所以.
18. 如圖：在四棱錐中，，，平面，，為的中點(diǎn)，，．
（1）證明：；
（2）求平面與平面所成夾角．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由題意可建立空間直角坐標(biāo)系，求出、即可得證；
（2）求出平面與平面的法向量后即可得平面與平面所成夾角.
【小問(wèn)1詳解】
由，，故，又平面，
、平面，故、，
故可以為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，其中軸，
由題意可得、、、、，
則，，
，，
，由為的中點(diǎn)，故，
則，
，則，
故，故；
【小問(wèn)2詳解】
由（1）知、、，
且、，
故，
設(shè)平面與平面的法向量分別為、，
則有、，
即、，
不妨分別取，，則可得、，
則，故，
即平面與平面所成夾角為.
19. 某游戲游玩規(guī)則如下：每次游戲有機(jī)會(huì)獲得5分，10分或20分的積分，且每次游戲只能獲得一種積分；每次游戲獲得5分，10分，20分的概率分別為，三次游戲?yàn)橐惠?，一輪游戲結(jié)束后，計(jì)算本輪游戲總積分．
（1）求某人在一輪游戲中，累計(jì)積分不超過(guò)25分的概率（用含的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)某人在一輪游戲中累計(jì)積分在區(qū)間內(nèi)的概率取得最大值時(shí)，求一輪游戲累計(jì)積分的數(shù)學(xué)期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析某人在一輪游戲中，累計(jì)積分不超過(guò)25分的情況，利用獨(dú)立事件與互斥事件的概率公式，結(jié)合組合的思想即可得解.
（2）依題意得到累計(jì)積分在區(qū)間內(nèi)的概率，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求得當(dāng)時(shí)滿足題意，進(jìn)而得到的所有可能取值，求得對(duì)應(yīng)的概率，從而得解.
【小問(wèn)1詳解】
某人在一輪游戲中，累計(jì)積分不超過(guò)25分的情況為：
①三次游戲都獲得5分；②兩次游戲獲得5分，一次游戲獲得10分；③一次游戲獲得5分，兩次游戲獲得10分；
所以其概率為：.
【小問(wèn)2詳解】
依題意，記一輪游戲累計(jì)積分為，
而某人在一輪游戲中累計(jì)積分在區(qū)間內(nèi)的情況有分和分兩種情況，
則，，
記某人在一輪游戲中累計(jì)積分在區(qū)間內(nèi)的概率為，
則，，
則，
令，得；令，得；
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)減；
所以當(dāng)時(shí)，取得最大值；
此時(shí)每次游戲獲得5分，10分，20分的概率分別為，
由題意可知的所有可能取值為，
，，
，，
，，
，，
，
則的數(shù)學(xué)期望為
.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題解決的難點(diǎn)是分析得各個(gè)累計(jì)積分時(shí)的概率，從而得解.
20. 在銳角中，的對(duì)應(yīng)邊分別是，且．
（1）求的取值范圍；
（2）求的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助余弦定理、正弦定理與兩角差的正弦公式可得，結(jié)合為銳角三角形即可得的取值范圍，即可得的取值范圍；
（2）借助正弦定理將邊的比例式轉(zhuǎn)化為角的三角函數(shù)的比例式后，結(jié)合三角恒等變換公式可得，結(jié)合的取值范圍計(jì)算即可得.
【小問(wèn)1詳解】
，
由，故，
由，
故，
則，
由為銳角三角形，故，即，
則有，，，
可得，故，即；
【小問(wèn)2詳解】
由，，
則
，
由（1）知，故，
故，即.
21. 已知橢圓的左右焦點(diǎn)為、，下頂點(diǎn)為，且橢圓過(guò)，且．
（1）求橢圓的方程；
（2）設(shè)過(guò)的直線交橢圓于、兩點(diǎn)，為坐標(biāo)平面上一動(dòng)點(diǎn)，直線、、斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，試探究點(diǎn)是否在某定直線上，若存在，求出該定直線的方程，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）
（2）點(diǎn)在直線上，理由見(jiàn)解析
【解析】
【分析】（1）將點(diǎn)的坐標(biāo)代入橢圓方程，可得出的值，由已知可得，可求出的值，進(jìn)而可得出的值，由此可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)、，對(duì)直線的斜率是否存在進(jìn)行分類討論，在直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，將該直線方程與橢圓方程聯(lián)立，列出韋達(dá)定理，根據(jù)結(jié)合韋達(dá)定理求出的值；在直線的斜率不存在時(shí)，直接驗(yàn)證成立即可.綜合可得出結(jié)論.
【小問(wèn)1詳解】
解：將點(diǎn)的坐標(biāo)代入橢圓的方程可得，可得，
易知點(diǎn)、，則，，
因?yàn)?，則，
整理可得，解得，則，
因此，橢圓的方程為.
【小問(wèn)2詳解】
解：設(shè)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)、，
當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為，
聯(lián)立可得，，
由韋達(dá)定理可得，，
，，，
因?yàn)橹本€、、斜率的倒數(shù)成等差數(shù)列，即，
所以，，即，
將，代入上述等式可得
，
顯然，所以，，
整理可得，
可得，
即，
即對(duì)任意的恒成立，
所以，，解得或，
顯然，故；
當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，則、為橢圓短軸的端點(diǎn)，
不妨設(shè)、、，其中，
，，，則，滿足條件.
綜上所述，點(diǎn)在定直線上.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：
（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為、；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于（或）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算；
（3）列出韋達(dá)定理；
（4）將所求問(wèn)題或題中關(guān)系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達(dá)定理求解.
22. （1）討論的單調(diào)性；
（2）記，試探究是否存在使在處取得極小值且恒成立，若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】
（1）單調(diào)性詳見(jiàn)解析；
（2）存在且
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)后對(duì)進(jìn)行分類討論即可得；
（2）由恒成立且，可得，解得為必要條件，再在的基礎(chǔ)上去證明能否使存在極小值且恒成立即可得.
【詳解】（1），
當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，令，可得或，
故當(dāng)，即時(shí)，恒成立，
故恒成立，故在上單調(diào)遞減；
當(dāng)，即時(shí)，在或時(shí)小于，
在時(shí)大于，故在、上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增；
當(dāng)，即時(shí)，在或時(shí)小于，
在時(shí)大于，故在、上單調(diào)遞減，
在上單調(diào)遞增；
綜上所述：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在、上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，故在、上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
（2），由，，
故，即，
故為必要條件，下證充分性：
當(dāng)時(shí)，，
，
令，則，
當(dāng)時(shí)，，即，
當(dāng)時(shí)，，
故在上單調(diào)遞增，又，
即有時(shí)，，時(shí)，，
故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又，
故時(shí)，恒成立，
當(dāng)時(shí)，，
即，，
綜上所述，在上恒成立，
由在上單調(diào)遞增，又，
故是函數(shù)的一個(gè)極小值點(diǎn)，
即存在，使在處取得極小值且恒成立.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：第二問(wèn)關(guān)鍵在于先探究出是必要條件，再在的基礎(chǔ)上去證明能否使存在極小值且恒成立.

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