2023-2024学年秋学期高三年级期初调研考试数学学科试卷时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】化简集合B，利用并集概念及运算即可得到结果.【详解】由题意可得：又∴故选：C【点睛】本题考查并集的概念及运算，考查分式不等式的解法，属于基础题.2.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的运算，得到，再根据复数的模长公式即可得到结果.【详解】因为则，所以故选:B.3.已知等比数列的前项和为，且，，成等差数列，则数列的公比（）A.1或 B.或 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据等差中项的性质及等比数列通项公式计算可得.【详解】∵，，成等差数列，∴，即，整理得，即，∵，∴，解得或.故选：A．4.若双曲线的焦距为6，则该双曲线的离心率为（）A. B. C.3 D.【答案】A【解析】【分析】直接求出k，即可求出离心率.【详解】因为为双曲线，所以，化为标准方程为：.由焦距为6可得：，解得：k=1.所以双曲线为.所以双曲线的离心率为.故选：A5.向量旋转具有反映点与点之间特殊对应关系的特征，在电子信息传导方面有重要应用.平面向量旋转公式在中学数学中用于求旋转相关点的轨迹方程具有明显优势，已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出的坐标，再根据旋转角求出的坐标，然后设出点P的坐标，解出即可.【详解】解：由题意可知，把点绕点A逆时针方向旋转，得到点，设，则，所以，解得，，所以点的坐标为，故选：D.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，再根据利用两角和的余弦公式计算可得.【详解】解：因为，所以，又，所以，所以故选：C7.已知函数（，）的部分图象如图所示，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用给定图象求出，进而求出即得函数解析式，再代入求解作答.【详解】由，，得，由，又，得，观察图象知，，解得，则，因此，，所以．故选：C8.若关于的方程有三个不等的实数解，且，其中，为自然对数的底数，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，则有，令函数，画出其图象，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，且，，即可求解．【详解】解：由关于的方程，令，则有，令函数，则，当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，其图象如下：要使关于的方程有3个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，且，，由韦达定理知，，，，又，可得，故选：B．【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是通过换元，将较复杂的方程转化为一元二次方程，再利用导数工具说明函数的单调性.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，，，下列结论正确的是（）A.的最小值为9 B.的最小值为C.最小值为 D.的最小值为【答案】AD【解析】【分析】根据基本不等式、二次函数的性质和对数运算性质判断各选项即可.【详解】因为，，，所以，当且仅当，即时取等号，取得最小值9，故A正确；，根据二次函数的性质可知，当，时，取得最小值，故B错误；因为，即，当且仅当，即时取等号，所以，即最大值，故C错误；，当且仅当，即时取等号，此时取得最小值，故D正确．故选：AD．10.“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（）喜欢天宫课堂不喜欢天宫课堂男生8020女生7030参考公式及数据：①，.②当时，.A.从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为B.用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为C.根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联D.对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型的概率公式判断A，首先求出样本中喜欢天宫课堂的频率，再根据独立重复试验的概率公式判断B，计算出卡方，即可判断C，根据平均公式判断D.【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；对于C：因为，所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；故选：BC11.（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（）A.B.点到平面的距离为定值C.三棱锥的体积是正方体体积的D.异面直线，所成的角为定值【答案】ABC【解析】【分析】由线面垂直推出异面直线垂直可判断A；由点到平面的距离可判断B；运用三棱锥的体积公式可判断C；根据异面直线所成角的定义判断D.【详解】解：对于，根据题意，，，且，所以平面，而平面，所以，所以正确；对于，到平面距离是定值，所以点到的距离为定值，所以正确；对于，三棱锥的体积为，三棱锥的体积是正方体体积的，所以正确；对于，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题错误；故选：．12.已知，则（）A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.【详解】由题意，，得，，，∴，∴，A对；，令，即有，令，在上递减，在上递增，因为，∴，作出函数以及大致图象如图：则，∴，结合图象则，∴，∴，B对；结合以上分析以及图象可得，∴，且，∴，C对；由C的分析可知，，在区间上，函数不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；故选：ABC．【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知“”是假命题,则实数的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】求出命题的否定，由原命题为假命题，得命题的否定为真命题，参变分离得到，构造函数求在所给区间上的最小值.【详解】解：由题意可知，是真命题对恒成立，令令则；令则；即在上单调递减，上单调递增；故答案为：【点睛】本题考查根据命题的真假求参数的取值范围，关键是将问题进行转化，属于中档题.14.数据的第25百分位数是__________.【答案】【解析】【分析】先按照从小到大，排序，计算第三和第四个数据的平均数即为所求.【详解】先按照从小到大排序：，共12个数据，.第3，4个数据分别为则第25百分位数为，故答案为：.15.已知随机变量，其中，则___________.【答案】0.2【解析】【分析】由服从的分布类型可直接求出，，从而求出，再根据正态分布的对称性即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，又因为，所以，因为，所以，且，又因为，所以，所以.故答案为：0.2.16.定义在实数集上的偶函数满足，则____________.【答案】【解析】【分析】，令，则，进一步可得函数的周期为4，，解方程即可.【详解】因为，所以，即，即，令，则，所以故函数的周期为4，所以，又因为是偶函数，则为偶函数，又因为，所以，即，解得，又，即，即.故答案为：【点睛】本题主要考查抽象函数周期性，涉及到函数的奇偶性等知识，考查学生逻辑推理能力与数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，（1）求；（2）若的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)应用三角恒等变换,正弦定理化简已知等式,结合,可得值,即得的值;(2)由题意利用三角形面积公式可求的值,进而可求的值,由余弦定理可求的值,即可求解的周长的值.【小问1详解】由,及正弦定理得，即得，又因为中,，所以,又因为,所以即．又，故．【小问2详解】由题意，，故，即，故，由余弦定理，解得.故三角形的周长为18.已知等差数列和等比数列满足.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件列出方程组，求出公差和公比，得到通项公式；（2）先求出，利用裂项相消法求出.【小问1详解】设公差为公比为，则，解得；.【小问2详解】∵，∴.19.如图1，在中，，，，P是边的中点，现把沿折成如图2所示的三棱锥，使得.（1）求证：平面⊥平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理、勾股定理逆定理，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】在图1中作，交于，连接，∵，，，P是边的中点，∴，∴是等边三角形，∴，，在中，由余弦定理得，在图2中，∵，∴，∴．又平面，平面，，∴平面，又平面，∴平面⊥平面；【小问2详解】以O为原点，以、、为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，∴，，设平面ABC的法向量为，，∵平面，∴为平面的一个法向量，∴，由图可知二面角为锐角，∴二面角的余弦值为．20.现有甲、乙、丙、丁等6人去参加新冠疫苗的接种排队，有A、B、C、D4个不同的窗口供排队等候接种，每个窗口至少有一位同学等候．（1）求甲、乙两人在不同窗口等候的概率；（2）设随机变量X表示在窗口A排队等候的人数，求随机变量X的期望．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用排列组合求出事件得总数及甲乙排在一起的情况得数量，再根据古典概型及对立事件得概率公式即可得解；（2）先写出随机变量的取值，再求出对应随机变量的概率，再根据期望公式进行求解．【小问1详解】解：总数为，其中甲乙排在一起的情况为：，故甲、乙两人在不同窗口等候的概率为；【小问2详解】解：可取，，，，所以.21.已知椭圆的左右顶点为A、B，直线l：.已知O为坐标原点，圆G过点O、B交直线l于M、N两点，直线AM、AN分别交椭圆于P、Q.（1）记直线AM，AN的斜率分别为、，求的值；（2）证明直线PQ过定点，并求该定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，【解析】【分析】（1）首先设出点的坐标，根据，利用斜率公式表示；（2）当直线PQ的斜率存在时，设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示，从而得到与的关系，计算定点坐标，并验证当直线的斜率不存在时，也过此定点.【小问1详解】由已知可得MN为圆G的直径，所以，则，根据题意不妨设，，则，所以，所以.【小问2详解】证明：当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为，，，联立，得，所以，，，所以，所以，即，或，当时，直线l的方程为，过定点，当时，直线l的方程为，过定点，舍去.当直线PQ斜率不存在时，，，，直线方程是与椭圆方程联立得，同理得，此时直线PQ的方程是，过定点，综上可知，直线PQ过定点，该定点坐标是.22.已知函数，既存在极大值，又存在极小值.（1）求实数的取值范围；（2）当时，、分别为的极大值点和极小值点，且，求实数的取值范围.【答