精品解析：河北省张家口市尚义县第一中学等校2024-2025学年高三上学期入学摸底测试数学试题

2024—2025学年高三年级9月入学摸底考试 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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，则（ ） A. -13 B. 0 C. D. 13 2. 已知，使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. -9 B. -6 C. 6 D. 9 4. 某校高三数学老师共有20人，他们的年龄分布如下表所示： 年龄 人数 1 2 6 5 4 2 下列说法正确的是（ ） A. 这20人年龄的分位数的估计值是46.5 B. 这20人年龄的中位数的估计值是41 C. 这20人年龄的极差的估计值是55 D. 这20人年龄的众数的估计值是35 5. 已知两点坐标分别.直线相交于点，且它们的斜率之和是3，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，函数的图象与的图象交点横坐标为，则最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知正三棱台，上下底面边长分别为1和3，侧面和底面所成角为，则棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，周期为，且满足，则（ ） A. B. 向右平移个单位变为偶函数 C. 在区间上单调递减 D. 在上有两个不相等的实数解 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 若为曲线上的动点，则的最小值为5 C. 过点，恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于两点，与交于两点，则四点围成的四边形的周长为12 11. 已知函数，则（ ） A. 时，是的极大值点 B. 若存在三个零点，则 C. 当时，过点可以作的切线，有且只有一条 D. 存在，使得 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等比数列的前项和，若，则__________. 13. 已知，则__________. 14. 为促进学生个性化全面发展，树人中学开设了丰富多彩的课余选课活动.已知高一年级共100人开始选课，要求没有人选到的课是一模一样的.通过选课模拟测试，发现每人选课3门，不合要求，每人选课4门，符合要求.则年级总共开设__________门课. 四､解答题：本题共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. 的内角所对的边分别是，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 已知和为椭圆上的两点. （1）求椭圆的离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，求的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，等边与等边的边长均为，. （1）若平面，求； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 某校社团开展知识竞赛活动，比赛有两个阶段，每队由两名成员组成.比赛规则如下：阶段由某参赛队中一名队员答2个题，若两次都未答对，则该队被淘汰，该队得0分；若至少答对一个，则该队进入阶段，并获得5分奖励.在阶段由参赛队的另一名队员答3个题，每答对一个得5分，答错得0分，该队的成绩为，两阶段的得分总和.已知某参赛队由甲乙两人组成，设甲每次答对的概率为，乙每次答对的概率为，各次答对与否相互独立. （1）若，甲参加阶段比赛，求甲乙所在队的比赛成绩不少于10分的概率； （2）①设甲参加阶段比赛，求该队最终得分的数学期望（用表示）； ②，且，设乙参加阶段比赛时，该队最终得分的数学期望为，则时，求的最小值. 19. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列.令. （1）当时，用牛顿法求出方程的近似解； （2）在（1）的条件下，当时，写出与的关系式（无需证明），并求数列的通项公式； （3）令，已知是两个正实数，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高三年级9月入学摸底考试 数学 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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，则（ ） A. -13 B. 0 C. D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】先得到，再利用模长公式求解, 【详解】，故. 故选：D 2. 已知，使成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式性质求解即得. 【详解】对于A，，A不是； 对于B，当时，由，得，B不是； 对于C，，可能有，如，C不是； 对于D，由，得，则；若，则，D是. 故选：D 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. -9 B. -6 C. 6 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】先根据坐标运算得出向量再结合向量平行的坐标公式计算. 【详解】因为 又因为, 所以 故选：C. 4. 某校高三数学老师共有20人，他们的年龄分布如下表所示： 年龄 人数 1 2 6 5 4 2 下列说法正确的是（ ） A. 这20人年龄的分位数的估计值是46.5 B. 这20人年龄的中位数的估计值是41 C. 这20人年龄的极差的估计值是55 D. 这20人年龄的众数的估计值是35 【答案】B 【解析】 【分析】本题根据已知条件提供的数据，可分别计算80%分位数，中位数（50%分位数），但无法计算众数和极差. 【详解】因为，故80%分位数落在区间，设其估计值为m，则，解得，故A错误； 又因为，所以中位数（50%分位数）落在区间，设其估计值为n，则，解得，故B正确； 有表格中数据可知极差不超过，故C错误； 因为本题无法确定年龄的具体数值，故无法判断众数的值，故D错误. 故选：B. 5. 已知两点坐标分别.直线相交于点，且它们的斜率之和是3，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题先设K点的坐标，根据斜率之和为3列出方程，化简即可得出结果. 【详解】设，则直线的斜率为，直线的斜率为， 依据题意可知，，化简得：， 因为直线、的斜率存在，所以， 所以， 故选：A. 6. 已知，将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，函数的图象与的图象交点横坐标为，则最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定的定义域及表达式，根据函数图象，可得的范围及关系，可求的最小值. 【详解】易知，. 在同一坐标系内作出函数，和的图象，如下图： 由解析式易知两函数均关于对称，则，且交点位置与有关. 若，则， 所以，当时，有最小值，为； 若，则， 所以，在上有. 综上：的最小值为. 故选：C 7. 已知正三棱台，上下底面边长分别为1和3，侧面和底面所成角为，则棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出正三棱台的高，再利用棱台的体积公式计算得解. 【详解】令分别是的中点，连接， 设分别是正三角形和正三角形的中心， 则，且， 由平面平面，得， 由平面，则平面， 又平面，则，是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角， 即，过作，垂足为，则，， 所以三棱台的体积. 故选：B 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数，的单调性，判断的大小关系. 【详解】设，易知在上单调递增. 且，，所以； 设，易知在上单调递增. 且，，所以. 综上：. 故选：B 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，周期为，且满足，则（ ） A. B. 向右平移个单位变为偶函数 C. 在区间上单调递减 D. 在上有两个不相等的实数解 【答案】BD 【解析】 【分析】根据周期以及对称可得函数表达式，即可判断A，根据函数平移即可求解B.利用整体法即可求解CD. 【详解】由周期为，可得，故， 由可得，故是的一个对称中心， 故，结合，故， 进而可得，故A错误， 对于B，向右平移个单位得到为偶函数，故B正确， 对于C，当时，则，故C错误， 对于D，令，则或，,解得或，， 当，此时有和， 故D正确， 故选:BD 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 若为曲线上的动点，则的最小值为5 C. 过点，恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于两点，与交于两点，则四点围成的四边形的周长为12 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程，再逐项分析判断即得. 【详解】对于A，依题意，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，方程为，A正确； 对于D，直线交圆于点，而， 四边形是矩形，周长为，D正确； 对于B，显然共线，垂直于直线，令点到直线的距离为， 则，，当且仅当与点重合时取等号， 因此的最小值为，B正确； 对于C，过点与曲线仅只一个公共点的直线方程为， 由消去得，当时，直线与抛物线仅中一个公共点， 当时，，解得，显然直线与抛物线仅只一个公共点， 因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，C错误. 故选：ABD 11. 已知函数，则（ ） A. 时，是的极大值点 B. 若存在三个零点，则 C. 当时，过点可以作的切线，有且只有一条 D. 存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出极大值点判断A；有三个零点，求出的范围判断B；利用导数的几何意义求解判断C；取，求出函数图象对称中心计算判断D. 【详解】对于A，当时，，当或时，， 当时，，因此是的极大值点，A正确； 对于C，当时，，，设切点为，， 则切线方程为，由切线过点，得，此方程有唯一解， 因此过点可以作的切线，有且只有一条，C正确； 对于B，当时，在上取得极大值，在处取得极小值， 函数存在三个零点，则，解得， 当时，在R上单调递增，最多一个零点； 当时，当或时，，当时，， 因此在处取得极大值，在上取得极小值， 则最多一个零点，于是存在三个零点，，B错误； 对于D，取，则，， 令， 则，，， 因此当时，，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等比数列的前项和，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】本题利用等比数列的性质或者基本量法计算数列的首项和公比，再利用等比数列的前n项和公式计算即可得出结果. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，，从而， 又，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用差角的正弦公式、正切化成正余弦求出，再利用和角的正弦公式计算即得. 【详解】由，得， 解得，所以. 故答案为： 14. 为促进学生个性化全面发展，树人中学开设了丰富多彩的课余选课活动.已知高一年级共100人开始选课，要求没有人选到的课是一模一样的.通过选课模拟测试，发现每人选课3门，不合要求，每人选课4门，符合要求.则年级总共开设__________门课. 【答案】9 【解析】 【分析】根据题意可得且，即可根据组合数的性质求解. 【详解】设开设了门课，则且， 由于，， 故，故， 故答案为：9 四､解答题：本题共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. 的内角所对的边分别是，已知. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角形内角和定理、诱导公式可求角. （2）利用余弦定理，结合条件，可求的值，进而求三角形的面积. 【小问1详解】 因为： 由正弦定理： 所以：，因为，，而为三角形内角，故. 【小问2详解】 由余弦定理： 所以，即. 又. 所以. 所以. 16. 已知和为椭圆上的两点. （1）求椭圆的离心率； （2）设直线与椭圆交于两点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可联立求解方程，进而由离心率公式求解. （2）由点到直线距离以及弦长公式，结合面积公式先表示出的面积，即可结合换元法以及二次函数的性质得出的范围． 【小问1详解】 将和代入椭圆方程可得且， 解得，故所求椭圆方程为： 故离心率为， 【小问2详解】 设,，,， 将，代入椭圆的方程， 整理得， ， 所以点到直线的距离为， ， ， 设，则， ， 当时上式取等号．的最大值为 故 17. 如图，在四棱锥中，等边与等边的边长均为，. （1）若平面，求； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）1； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质，结合等边的边长为2计算即得. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用空间向量求出面面角的余弦. 【小问1详解】 在四棱锥中，由平面，平面平面，平面， 则，又等边的边长为2，则，又， 所以. 【小问2详解】 取中点，连接，由等边与等边的边长均为2，得， 而平面，则平面，平面， 则平面平面，在平面内过点作，于是平面， 由，，得，， 即，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由，得， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 则，观察图形知二面角的平面角是钝角， 所以二面角的余弦值为. 18. 某校社团开展知识竞赛活动，比赛有两个阶段，每队由两名成员组成.比赛规则如下：阶段由某参赛队中一名队员答2个题，若两次都未答对，则该队被淘汰，该队得0分；若至少答对一个，则该队进入阶段，并获得5分奖励.在阶段由参赛队的另一名队员答3个题，每答对一个得5分，答错得0分，该队的成绩为，两阶段的得分总和.已知某参赛队由甲乙两人组成，设甲每次答对的概率为，乙每次答对的概率为，各次答对与否相互独立. （1）若，甲参加阶段比赛，求甲乙所在队的比赛成绩不少于10分的概率； （2）①设甲参加阶段比赛，求该队最终得分的数学期望（用表示）； ②，且，设乙参加阶段比赛时，该队最终得分的数学期望为，则时，求的最小值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）得分不少于10分，是指阶段至少答对1题，得5分，阶段也至少答对1题，有得分. （2）①写出的可能取值，求出对应概率，再求期望. ②由，得到的关系，再利用基本不等式求的最小值. 【小问1详解】 甲乙所在队的比赛成绩不少于10分的概率为： . 【小问2详解】 ①由题意，的值可能为0，5，10，15，20， 且， ， ， ， . 所以的分布列为： 0 5 10 15 20 所以. ②同理可知， 由， 又，所以. 所以. 所以， 所以（当且仅当，即，时取“”） 所以的最小值为：. 19. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列.令. （1）当时，用牛顿法求出方程的近似解； （2）在（1）的条件下，当时，写出与的关系式（无需证明），并求数列的通项公式； （3）令，已知是两个正实数，且，求证：. 【答案】（1） （2）； （3） 由题可知， ，得 显然当时，，此时，单调递减； 当时，，此时，单调递增； 又因为是两个正实数，且， 不妨设， 设函数，，故， 显然时，此时单调递增， 所以，即，有 ， 又因为，所以有， 因为，所以， 因为当时，，此时，单调递增， 所以， 又因为是两个正实数，故. 【解析】 【分析】（1）本题根据题干给出的牛顿法解高次方程，结合曲线上某点的导数即为经过该点的切线的斜率，从而求得切线方程，再求出该切线与横轴的交点，采用逐步逼近的方法求得高次方程的近似解； （2）根据（1）的条件逐步求得，从而递推出与的关系式，进一步求出数列的通项公式； （3）先求出，然后判断的单调性，最后得到，然后不妨设函数，，判断其单调性，然后得到，得到，利用以及的单调性，得到，最后化简，证毕. 【小问1详解】 由题意得，因为，所以，， 所以过点的切线方程为，即，令，得； 又因为，， 所以过点的切线方程为，令，得. 综上得，，. 【小问2详解】 在（1）的条件下，； 因为，， 则在点处的切线方程为， 令，得， 即， 所以，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：新概念题，前两位根据新概念计算即可；第三问属于极值点偏移，利用极值点偏移的方式，证明不等关系即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $