精品解析:山西省大同市2024届高三上学期第二次摸底(10月)数学试题(解析版)

2023-11-14 · U1 上传 · 22页 · 1.3 M

山西省大同市2024届高三上学期第二次摸底10月数学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案用0.5mm黑色笔迹签字笔写在答题卡上,写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题: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】D【解析】【分析】根据集合的交集运算,即可求得答案.【详解】由题意集合,则,故选:D2.已知为虚数单位,若复数,则复数的虚部为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出,进而结合复数虚部的定义求解即可.【详解】因为,所以,即,所以复数的虚部为.故选:B.3.命题所有的偶数都不是素数,则是()A.所有的偶数都是素数 B.所有的奇数都是素数C.有一个偶数不是素数 D.有一个偶数是素数【答案】D【解析】【分析】根据全称命题的否定求解即可.【详解】因为命题所有的偶数都不是素数,所以是:有一个偶数是素数故选:D.4.下列函数中最小值为6的是()A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】A.由时判断;B.令,利用对勾函数的性质求解判断;C.令,利用基本不等式求解判断;D.由时判断.【详解】A.当时,显然不成立,故错误;B.令,又在上递减,所以当t=1时,函数取得最小值10,故错误;C.令,则,当且仅当,即时,等号成立,故正确;D.当时,,显然不成立,故错误;故选:C5.已知某音响设备由五个部件组成,A电视机,B影碟机,C线路,D左声道和E右声道,其中每个部件能否正常工作相互独立,各部件正常工作的概率如图所示.能听到声音,当且仅当A与B至少有一个正常工作,C正常工作,D与E中至少有一个正常工作.则听不到声音的概率为()A.0.19738 B.0.00018 C.0.01092 D.0.09828【答案】A【解析】【分析】首先根据独立事件概率公式求能听到声音的概率,再利用对立事件概率公式,即可求解.【详解】设能听到声音为事件,则,所以听不到声音的概率.故选:A6.已知数列满足,则()A.2023 B.2024 C.2027 D.4046【答案】C【解析】【分析】由可得,进而可得,则有数列的偶数项是以为公差的等差数列,再根据等差数列的通项即可得解.【详解】由①,得,②,由②①得,所以数列的偶数项是以为公差的等差数列,则,所以.故选:C.7.设函数,则使得成立的x的取值范围是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】先判断函数的单调性,利用函数的单调性求解函数不等式.【详解】,因为,故的定义域为,又因为,所以函数为偶函数,当时,,所以在上单调递增,因为,所以,即,解得.故选:B8.已知点是抛物线的焦点,,过斜率为1的直线交抛物线于M,N两点,且,若Q是抛物线上任意一点,且,则的最小值是()A.0 B. C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据直线与抛物线联立可得韦达定理,根据数量积的坐标运算可得,进而根据向量线性运算的坐标表示,即可结合二次函数的性质求解.【详解】由题意可得,所以直线的方程为,联立直线与抛物线方程得,设,所以,,化简得,即,解得,故设,则,因此且,因此可得,故,当时取到等号,故的最小值为0,故选:A二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,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.已知向量,则()A. B.C. D.向量在向量方向上的投影向量互为相反向量【答案】AB【解析】【分析】根据向量垂直、平行、投影向量等知识对选项进行分析,从而确定正确答案.【详解】A选项,,所以,所以A选项正确.BC选项,,,所以,所以B选项正确,C选项错误.D选项,在上的投影向量为,在上的投影向量为,所以D选项错误.故选:AB10.下列选项中,满足的有()A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用指数、对数函数、幂函数单调性逐项比较大小即可.【详解】对于A,函数在上单调递增,则,即,A不满足;对于B,函数在上单调递减,则,即有,因此,即,B满足;对于C,函数在R上单调递减,则,即,C满足;对于D,函数在上单调递增,则,即,D满足.故选:BCD11.函数的部分图象如图所示,则下列说法正确的有()A.B.是函数的一个递减区间C.是函数图象的一条对称轴D.函数在区间上的最大值是【答案】AC【解析】【分析】根据函数图像依次分析出,然后再判断对称轴,单调区间,最值等问题【详解】由图可知最大值为1,最小值为,所以;由图可知,所以,又,所以;函数图像经过点,所以,所以,又,所以,所以.对于A:由上面结论知道A正确;对于B:时,在该区间不是单调递减函数,B错误;对于C:时,是函数的一条对称轴,C正确;对于D:时,此时单调递增,最大值取不到,故D错误.故选:AC12.定义在上的函数满足,则()A.B.若,则为的极值点C.若,则为的极值点D.若,则在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】令且,结合已知可得,即可判断A;将已知条件化为且,再令并应用导数研究单调性得,进而判断B、C、D.【详解】令且,则,所以在上递增,则,A对;由题设且,令,则,当时,即递减;当时,即递增;所以,若,则,所以上,递减;上,递增;故为的极值点,B对;若,则,即,故在上递增,故不是的极值点,C错;若,则,即,故在上单调递增,D对.故选:ABD【点睛】关键点点睛:对于B、C、D,由且,并构造且应用导数研究其单调性和极值为关键.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若,则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意,化简得到,结合二项展开式通项公式,即可求解.【详解】由,其中二项式展开式的通项公式为,当时,可得,所以.故答案为:.14.曲线的一条切线的斜率为1,则该切线与坐标轴围成的三角形的面积为__________.【答案】##【解析】分析】根据给定条件,利用导数求出切点坐标及切线方程,再求出面积即得.【详解】设斜率为1的直线与曲线相切的切点为,由,求导得,因此切线斜率为,解得,切点为,切线方程为,该切线与x、y轴分别交于,所以该切线与坐标轴围成的三角形的面积为.故答案为:15.已知椭圆和双曲线有相同的焦点,离心率分别为,且,若P是两条曲线的一个交点,则__________.【答案】【解析】【分析】结合为椭圆和双曲线的公共点,分别根据定义在椭圆和双曲线里列和的关系,表示出和,然后结合,在用余弦定理表示即可.【详解】不妨设椭圆方程为,设双曲线的方程为,,设P是两条曲线第一象限的一个交点,则有,,所以,,在中,又因为,则,即,即,所以,即.故答案为:.16.已知函数满足,则__________,若,则m的取值范围是__________.【答案】①.1②..【解析】【分析】利用列方程求参数a,进而写出解析式和定义域,定义判断奇偶性,并得到,即有上值域均相同,再将问题化为研究上,结合基本不等式求参数范围.【详解】由,则,故,且,而,即为奇函数,所以,易知和上值域相同,综上,上值域均相同,只需研究上的最小值,即,此时,当且仅当时取等号,所以,.故答案为:1,【点睛】关键点点睛:求参数范围时注意判断的奇偶性并确定在四个区间上的值域相同,简化为上为关键.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.已知向量,函数.(1)求使成立的x的集合;(2)若先将函数的图象向左平移个单位长度,再将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得到函数的图象,求在区间内的所有零点之和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利于向量的数量积、三角恒等变换化简函数式,结合三角函数的性质解不等式即可;(2)利用三角函数的图象变换及性质数形结合计算即可.【小问1详解】由已知可得,所以【小问2详解】结合(1)可知将函数的图象向左平移个单位得,再将横坐标伸长到原来的2倍,纵坐标不变,得函数,所以,如下图所示,函数与在上有4个交点,记该四个交点的横坐标依次为,则由正弦函数的对称性可知.18.在锐角中,内角,,所对的边分别为,,,从条件①、条件②中选一个作为已知条件①:;条件②:.(1)求角;(2)当时,求的取值范围.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答给分【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)选条件①,由正弦定理边化角得到,于是,而,于是,进而求出角;选条件②,由正弦定理可得,化简后利用余弦定理得到,进而求出角.(2)通过正弦定理将边转化为角,再根据三角恒等变换及三角形内角和定理转化为“一角一函数”的形式,最后结合角的范围利用三角函数的值域求解.【小问1详解】选条件①,因为,由正弦定理可得,所以,又,所以,因为,所以,所以,又因为,故.选条件②,因为,由正弦定理可得,整理得,由余弦定理可得,又因为,故.【小问2详解】由正弦定理,所以,,所以,因为为锐角三角形,所以,解得,所以,所以,故,所以的取值范围为.19.如图,在三棱柱中,侧面是边长为2的菱形,平面,为线段的中点,与平面所成的角为.(1)证明:平面;(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)【解析】【分析】(1)设与的交点为,连接,则,利用线面平行的判断定理证明即可;(2)连接,交于,以为坐标原点,建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的法向量,然后进行计算即可.【小问1详解】设与的交点为,连接,因为为线段的中点,则为的中位线,则,又平面,平面,所以平面.【小问2详解】因为四边形为边长为2的菱形,故可求得,又平面,则平面,则为与平面所成的角,故又,则,连接,交于,以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,则,,设平面的法向量为,则,令,得,故.设平面法向量为,则,令,得,故,设平面与平面夹角为,则,故平面与平面夹角余弦值为20.已知等差数列满足,数列的前n项和为,且.(1)求数列的通项公式;(2)设满足,记的前n项和为,若对任意恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1);(2)【解析】【分析】(1)根据等差数列的定义以及基本量计算和与的关系即可;(2)先求出的通项,再用错位相减法求得的值,再由化简及分类讨论、分析函数的最值求得的取值范围.【小问1详解】因为是等差数列,,由等差数列中项性质可得,又因为,所以,解得,所以可得所以;由①,可得:当时,,得:,当时,②,①-②得:,故数列为以首项为,公比为的等比数列,【小问2详解】由(1)可知,,,所以,③④,由③-④可得.化简可得:要使得对任意恒成立,即,即,①当时,有成立②当时,有,对于函数,由反比例函数性质可知是在单调递增的;所以要使其恒成立,只要,,③当,有,对于函数,由反比例函数性质可知在[1,4]上单调递增,只要;综上:的取值范围为.21.已知函数的定义域为D,如果存在,使得,则称为的一阶不动点;如果存在,使得,且,则称为的二阶周期点.(1)函数是否存在一阶不动点与二阶周期点?(2)若函数存在一阶不动点,不存在二阶周期点,求实数a的取值范围.【答案】(1)存在一阶不动点,不存在二阶周期点(2)【解析】【分析】(1)根据一阶不动点和二阶周期点的定义判断;(2)将存在一阶不动点转化为方程有解,然后列不等式求;假设存在二阶周期点得到,即可得到时,不存在二阶周期点.【小问1详解】的定义域为,令,整理得,解得,所以为的一阶不动点,所以存在一阶不动点;令,解得,而,所以不存在二阶周期点.【小问2详解】若存在一阶不动点,则方程有解,当时,存在一阶不动点,成立;当时,,解得,所以当时,存在一阶不动点,若存在二阶周期点,则,,整理得,,即方程有解,当时,,不成立;当时,,解得,所以当时,存在二阶周期点,所以当时,不存在二阶周期点,综上可得,当时,存在一阶不动点,不存在二阶周期点.22.已知函数.(1)讨论的

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