精品解析：山东省潍坊市2024-2025学年高三上学期开学调研监测考试数学试题

高三开学调研监测考试 数学试题 2024.9 本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号､回答非选择题时，将答案写在答题卡上､写在本试卷上无效3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题：本大题共8个小题，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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为2，则（　　） A. 0 B. 3 C. 6 D. 12 4. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，还有两个面是全等的等腰三角形，若，且等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角均为，则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，则过点的圆的切线方程是（ ） A. B. C. D. 6. 数列中，，若，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 7. 设，随机变量取值的概率均为，随机变量取值的概率也均为，若记，分别是的方差，则（ ） A. B. C. D. 与的大小不确定 8. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 二､多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（其中均为常数，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 图象的一个对称中心为 D. 的单调增区间为 10. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 为递减数列 D. 中存在小于的项 11. 已知正方体棱长为为棱上一动点，平面，则（ ） A. 当点与点重合时，平面 B. 当点与点重合时，四面体的外接球的体积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 D. 当点与点重合时，平面截正方体所得截面可为六边形，且其周长为定值 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 边长为2的正三角形绕其一边所在直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为__________. 13. 已知四个函数：①，②，③，④，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为__________. 14. 已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于两点，当直线绕点旋转时，有（为常数），则定点的坐标为__________，__________. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 16. 如图，中，，过点作，垂足为，将沿翻折至，使得. （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求实数的取值范围. 18. 已知双曲线的焦距为4，离心率为分别为的左､右焦点，两点都在上. （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）若且，求四个点所构成的四边形的面积的取值范围. 19. 错位重排是一种数学模型.通常表述为：编号为的封信，装入编号为的个信封，若每封信和所装入的信封的编号不同，问有多少种装法？这种问题就是错位重排问题.上述问题中，设封信均被装错有种装法，其中. （1）求； （2）推导之间的递推关系，并证明：是等比数列； （3）请问封信均被装错的概率是否大于？并说明理由.（参考公式：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三开学调研监测考试 数学试题 2024.9 本试卷共4页.满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号､回答非选择题时，将答案写在答题卡上､写在本试卷上无效3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一､单项选择题：本大题共8个小题，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. 复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和虚部的概念即可得到答案. 【详解】，则其虚部为. 故选：B. 2. 设集合，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由交集可得，再解方程可得集合； 【详解】因为，所以， 代入，可得， 所以方程变为，可解得或3， 所以， 故选：C. 3. 已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为2，则（　　） A. 0 B. 3 C. 6 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】建立合适的平面直角坐标系，根据向量的坐标运算. 【详解】以两向量公共点为坐标原点建立如图所示直角坐标系， 则，，， 则， ， ， 所以. 故选：D 4. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，还有两个面是全等的等腰三角形，若，且等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角均为，则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，结合二面角的定义分别求出，最后利用五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积求出结果即可； 【详解】如图， 作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于， 因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角均为， 因为，房顶的底面为矩形，，所以， 又中点，，且，所以， 所以，，所以由二面角的定义可得， 因为，所以， 因为，，，且底面， 所以底面， 所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积， 即， 故选：B. 5. 已知圆，则过点的圆的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先说明点在圆外，再设点斜式方程，利用圆心到直线距离等于半径得到方程，解出即可. 【详解】将代入圆方程得，则该点在圆外， ，即，则其圆心为，半径为1， 当切线斜率不存在时，此时直线方程为，显然不合题意，故舍去， 则设切线方程为：，即， 则有，解得，此时切线方程为. 故选：C. 6. 数列中，，若，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】先求等差数列求出通项，再求和得出参数. 【详解】因为，所以， ， 所以. 故选：C. 7. 设，随机变量取值的概率均为，随机变量取值的概率也均为，若记，分别是的方差，则（ ） A. B. C. D. 与的大小不确定 【答案】A 【解析】 【分析】先由期望和方差公式表示出，，再比较公式中不同部分的大小，然后再由基本不等式比较即可； 【详解】， ， ， ， 所以只需比较与的大小， 因为， 所以 ，① 因为， 所以，，，，，， 所以①， 所以， 故选：A. 8. 已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先令，代入已知方程；再求导；再令即可求出结果； 【详解】因为， 令， 则， 则， 再令，代入上式可得 ， 所以， 故选：D. 【点睛】方法点睛：对于复合函数求导时，先外层后内层. 二､多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数（其中均为常数，）的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 图象的一个对称中心为 D. 的单调增区间为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象可得函数的周期，再由特殊角的三角函数值可得A，B正确；代入检验可得C错误；由正弦函数的单调增区间可得D正确； 【详解】A：由图象可得，所以， 代入可得，则且， 所以，故A正确； B：由选项A的解析可得最小正周期为，故B正确； C：因为，代入，可得，故C错误； D：由正弦函数的递增区间，可得， 所以的单调增区间为，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 为递减数列 D. 中存在小于的项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由数列的递推关系可得A正确；假设为等比数列，设公比为，利用等比中项的性质结合已知可得B错误；由递推关系通分之后可得C正确；假设对任意的，，求出，再结合由已知可得D错误； 【详解】A：由题意可得 当时，， 当时，由可得，两式作差可得， 所以，整理可得，解得，故A正确； B：假设为等比数列，设公比为，则， 即，整理可得， 所以，解得，不符合题意，故B错误； C：当时，，所以为递减数列，故C正确； D：假设对任意的，，则， 则，与假设矛盾，假设不成立，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知正方体棱长为为棱上一动点，平面，则（ ） A. 当点与点重合时，平面 B. 当点与点重合时，四面体的外接球的体积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 D. 当点与点重合时，平面截正方体所得截面可为六边形，且其周长为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面平行的性质可得A正确；由四面体的外接球即为正方体的外接球，再计算体积可得B错误；将问题转化为直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面的垂线所成角的余弦值，结合和三角函数的定义可得C正确；画出截面图形，计算周长即可得D正确； 【详解】A：如图： 因为，且平面，平面， 所以平面，故A正确； B：如图： 当点与点重合时，四面体的外接球的体积即为正方体外接球的体积， 因为正方体的棱长为1，所以外接球半径为， 所以外接球体积为，故B错误； C：直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面的垂线所成角的余弦值， 如图： 连，则， 因为，所以，即， 所以，故C正确； D：如图 当点与点重合时， 因为平面，由正方体的性质可得平面可为平面，证明如下： 连结，因为，且平面，平面， 所以，且，平面， 所以平面，平面， 所以，同理， ，且平面， 所以平面，则平面平面， 如图，沿着方向平移平面得平面，当平面在平面与平面之间时， 平面与正方体的六个面相交，得到六边形， 设，则，则, 所以，即，得， 同理，，，， 所以六边形的周长为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛： （1）本题C选项关键是能把问题转化为直线与平面所成角的正弦值等于直线与平面的垂线所成角的余弦值，再结合三角函数的定义求解； （2）本题D选项关键是画出截面图形，结合图形计算即可. 三､填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 边长为2的正三角形绕其一边所在直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，结合圆锥的侧面积公式求出结果即可； 【详解】 如图，将该三角形绕其边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是两个以为底面圆半径，以1为高的两个圆锥组合体， 表面积为， 故答案为：. 13. 已知四个函数：①，②，③，④，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为__________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】画出函数图象，找出符合题意的交点函数，再由古典概率结合组合数计算即可； 【详解】 作出函数图象， 由图可得③与①有一个公共点，②和④有一个公共点，②和③有一个公共点，其余不符合题意， 所以事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为， 故答案为：. 14. 已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于两点，当直线绕点旋转时，有（为常数），则定点的坐标为__________，__________. 【答案】 ①. ②. 6 【解析】 【分析】设出和直线的方程，直曲联立由韦达定理表示出在由弦长公式表示，然后取解出的坐标和即可； 【详解】 设点，， 当直线的斜率不为时，设其方程为， 代入椭圆方程并整理可得， ， 所以， 因为当直线绕点旋转时，有（为常数）， 当时，， 当时，， 所以， 解得，所以， 代入， 当直线的斜率为0时也成立， 经检验，适合题意. 故答案为：；6. 【点睛】方法点点睛：直线的斜率不为时，可设其方程为形式；弦长公式为，可结合韦达定理快速计算. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 记的内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得. （2）由面积公式求出，再利用余弦定理求出，即可求出周长. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，即， 化简得，又，所以. 【小问2详解】 由（1）及三角形面积公式，得，解得， 由余弦定理得， 所以的周长为. 16. 如图，中，，过点作，垂足为，将沿翻折至，使得. （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由题意可知， 在中，， 在中，， 所以， 所以所以，所以， 因为，所以， 又，且平面，平面， 所以平面， （2） 【解析】 【分析】（1）先由勾股定理得到，再由线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立如图所示空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，最后代入空间线面角的公式求出即可； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，以为原点，分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的一个法向量， 所以，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）代入后再求导，由导数的性质即可得到结果； （2）求导后再次构造函数，分与时再求导，利用单调性和极值分析即可； 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以， 所以， 所以， 令， 所以当时，，为减函数；当时，，为增函数； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 因为，所以， 设，则，， ①若，则，则在单调递增，则， 所以在上单调递增，则满足题意； ②若，，，令，所以， 又，所以，故，， 所以在上单调递减，则, 所以在上单调递减，则，不符合题意，舍去； 综上，实数的取值范围为. 18. 已知双曲线的焦距为4，离心率为分别为的左､右焦点，两点都在上. （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）若且，求四个点所构成的四边形的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由双曲线的性质结合题意可得结果； （2）设出直线的方程，直曲联立表示出韦达定理，再结合得到，解出，即可求出直线方程； （3）结合已知作出图象，设出直线和的方程，由弦长公式表示出弦长，再求出直线与间的距离进而求出，最后求导分析其单调性再求出取值范围即可； 【小问1详解】 由题意可得，解得， 故曲线的方程为， 【小问2详解】 根据题意知直线的斜率不为零，设直线的方程为， 得，都在右支上， 由，消去可得， 易知，其中恒成立， ， 代入，消元得， 所以，解得，满足， 所以直线的方程为， 【小问3详解】 ，，则分别在两支上，且都在的上方或的下方，不妨设都在的上方，又，则在第二象限，在第一象限，如图所示， 延长交双曲线与点，延迟交双曲线于点，由对称性可知四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍，由题设直线的方程为，直线的方程为， 由第（2）问易得， 因为，所以， 两条直线与间的距离， 所以， 令，， 所以， 设，则，在上恒为减函数， 所以在上恒为增函数， 当时即，取得最小值为12， 所以当且，则四个点所构成的四边形的面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛： （1）本题第二问给出向量关系让求直线方程时，常用直曲联立，表示出韦达定理，再根据向量关系求出参数即可； （2）本题第三问再求四边形面积的取值范围时，先由弦长公式表示出一条边，再由两平行线间距离公式表示出高，最后再求导分析. 19. 错位重排是一种数学模型.通常表述为：编号为的封信，装入编号为的个信封，若每封信和所装入的信封的编号不同，问有多少种装法？这种问题就是错位重排问题.上述问题中，设封信均被装错有种装法，其中. （1）求； （2）推导之间的递推关系，并证明：是等比数列； （3）请问封信均被装错的概率是否大于？并说明理由.（参考公式：） 【答案】（1） （2）；证明： ， 因为， 所以是以首项，公比为的等比数列， （3）当为奇数时，封信均被装错的概率小于，当为偶数时，封信均被装错的概率大于. 【解析】 【分析】（1）结合题意，由分步计数原理可得； （2）先将封信分为两步，再将第二步分为两类，最后由分步乘法和分类加法计数原理表示出，最后用等比数列的基本量法即可证明； （3）将（2）的结果同时除以后变形，再结合所给展开式分为奇数和偶数时分别求出概率即可； 【小问1详解】 由题意可得， 【小问2详解】 若有封信时，其装法可分为两个步骤： 第一步：编号为的信，有种装法； 第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类， 第一类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信装入编号为的信封，这样有种装法； 第二类，若编号为的信，装入编号为的信封，，但编号为的信不装入编号为的信封，这样有种装法； 由分步乘法和分类加法计数原理， 所以， 证明：略 【小问3详解】 由（2）知：， 所以， 所以， 又因为封信全装错的概率为， ， 所以， 当为奇数时：， 当为偶数时：， 所以当为奇数时，封信均被装错的概率小于， 当为偶数时，封信均被装错的概率大于. 【点睛】关键点点睛： （1）本题第一问关键是对题意的理解后结合分步计数原理求解； （2）本题第二问关键是利用分步乘法和分类加法将封信分为两步，其中第二步又分（3）为编号为的信装入与不装入编号为的信封的两种情况； 本题第三问关键在于对等比数列公式的变形，利用阶乘的性质和所给展开式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $