精品解析：山东省青岛市2024-2025学年高三上学期期初调研检测数学试题

2024年高三年级期初调研检测 数学试题 2024.09 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 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．如需要改动，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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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】B 【解析】 【分析】根据对数中真数大于0解出集合，再利用交集含义即可得到答案. 【详解】，则. 故选：B. 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法的计算公式得，再根据共轭复数和复数虚部的概念即可. 【详解】， 则，则其虚部为1. 故选：A. 3. 已知命题p：，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称即可. 【详解】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称,则为“，”. 故选：B. 4. 等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. B. 3 C. D. 24 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比中项得到方程，解出，后根据等差数列求和公式计算即可. 【详解】成等比数列,则，即， 代入.得到，，解得. 则的前6项和. 故选：D. 5. 在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称．若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用角的终边对称性，得到正弦余弦值之间的关系，再用两角差的余弦值计算即可. 【详解】角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称. 则，，且，， 故. 故选：B 6. 两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量的数量积的公式和投影向量的公式，准确计算，即可求解. 【详解】由向量，，可得粒子相对粒子的位移为， 可得且， 所以 在上的投影向量为. 故选：C. 7. 设，若是的最小值，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数的最值，结合二次函数和基本不等式，二次不等式求解. 【详解】由于，当，，由于是的最小值， 则为减区间，即有，则恒成立. 由，当且仅当时取等号，所以 ，解得. 综上，a的取值范围为. 故选：A. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于A点，直线AF1交C的另一条渐近线于点B，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用双曲线的对称性，得到，结合双曲线的几何性质，求得，进而求得双曲线的离心率，得到答案. 【详解】如图所示，因为，可得点为线段的中点，则， 可得， 因为直线是双曲线的渐近线，由双曲线的对称性可知， 所以， 可得直线的斜率为，则， 所以双曲线的离心率为. 故选：C. 二、选择题：本题共3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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一组数据：x1，x2，…，x10是公差为－2的等差数列，去掉首末两项x1，x10后得到一组新数据，则（ ） A. 两组数据的极差相同 B. 两组数据的中位数相同 C. 两组数据的平均数相同 D. 两组数据的标准差相同 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断C，由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断D，根据极差及等差数列的通项公式可判断A． 【详解】对于C，原数据的平均数为 ， 去掉，后的平均数为，则C正确； 对于B，原数据的中位数为， 去掉，后的中位数仍为，即中位数没变，则B正确； 对于A，原数据的极差为， 去掉，后的极差为，即极差变小，则A错误； 对于D，设公差为d，则原数据的方差为 ， 去掉，后的方差为 ， 即方差变小．标准差也变小，则D错误. 故选：BC 10. 平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【分析】设平面平面 证得和，可判定A正确；过作平面，设平面平面，证得，可判定B正确；设平面平面，证得平面，可判定C正确；把所成的角转化为与所成的角，结合为等边三角形，可判定D不正确. 【详解】对于A中，设平面平面 在正方体中，可得平面平面， 因为平面平面，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 平面平面，所以，所以，所以A正确； 对于B中，在正方体中，可得， 因为平面平面，且平面平面，所以平面， 过作平面，设平面平面，可得， 可得，且，所以平面，所以B正确； 对于C中，设平面平面， 因为平面平面 且平面平面，所以， 在正方体中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，所以平面， 在正方体中，可得平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 所以平面，所以C正确； 对于D中，因为且，所以所成的角，即为与所成的角， 因为为等边三角形，可得， 所以异面直线所成的角为，所以D不正确. 故选：ABC. 11. 设数列和的项数均为，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为．已知数列和为中的两个元素，项数均为，下列正确的有（ ） A. 数列和数列的距离为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，数列和的距离小于，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数列距离的定义求两数列的距离判断A，结合数列，的递推关系证明两数列具有周期性，判断B，利用基本不等式求，由此求，判断C，由条件求，结合周期性可求，，由此判断D. 【详解】对于A，根据数列距离的定义可得： 数列和数列的距离为，A正确； 对于B，设，其中，且，由， 所以，，，， 则， 因此数列中的项周期性重复，且间隔项重复一次， 所以，，， 设，其中，且，由， 所以，，，， 则， 因此数列中的项周期性重复，且间隔项重复一次， 所以，，， 所以若，则，B正确； 因为，其中，且， 所以， 所以， 所以若，，C错误； 所以数列中，，，，，， 故中，，，，，， ， 所以项数越大，数列和的距离越大， 由，可得， ， 所以时，， 故的最大值为； 所以数列和的距离小于，则的最大值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线在点处的切线斜率为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先求导，再代入0，运用导数几何意义可解. 【详解】求导得到，将0代入导数，运用导数几何意义，得. 故答案为：. 13. 若，是函数的两个相邻极值点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到函数的最小正周期，再用最小正周期公式可解. 【详解】，是函数的两个相邻极值点,则， 即，解得. 故答案为： 14. 正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详解】由已知平面，平面， 所以, 因为平面，平面， 所以， 所以，又， 所以，又的面积是面积的倍， 所以， 以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设点的坐标为，则，， 由已知， 所以， 所以，其中，， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧， 过点作，因为平面， 所以平面，即平面， 所以为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 因为，， 所以， ， 所以当时，取最大值，最大值为， 所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过证明相似，结合相似三角形的性质证明. 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. 甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响． （1）求在一次猜谜活动中，有一方获胜的概率； （2）若有一方获胜则猜谜活动结束，否则猜谜继续，猜谜最多进行3次，求猜谜次数X的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）有一方获胜，意味着结果为一对一错，分情况用相互独立事件的乘法公式计算相加即可； （2）确定取每一个值对应时间的概率，即可求解. 【小问1详解】 设甲猜对为事件A，乙猜对为事件B， 事件表示在一次猜谜活动中只有1人猜对，且事件与互斥， 则，， ∴，即有一方获胜的概率为. 【小问2详解】 由题意的可能取值为1，2，3 表示第一次猜谜有人获胜，所以, 表示第一次猜谜没人获胜同时第二次猜谜有人获胜，所以 由分布列的性质，可得， 所以分布列为 1 2 3 所以 16. 已知的内角的对边分别为，． （1）求； （2）若边上的高等于，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，边化角，结合两角和的正弦公式化简即可； （2）先用表示中线段的长度，然后利用等面积法求解即可. 【小问1详解】 由得， 所以，即，又，所以， 又，得. 【小问2详解】 由题得示意图 作，则， 因为，所以，得，， 所以，利用等面积法可知： 即， 解得：. 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． （1）证明：平面； （2）在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得和，得到平面，证得，再由，得到，证得平面，得到，进而证得平面； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，设正方形边长为，设，根据与所成的角为，求得，得到，求得平面和平面的法向量分别为和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为底面，且底面，所以， 又因为为正方形，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因，且，平面，所以平面. 【小问2详解】 解：以点为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方形的边长为，可得， 可得， 则，， 因为在线段上，设，其中， 则， 因为与所成的角为，可得， 解得，所以，所以，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为，其中， 可得，即平面与平面DEG夹角的余弦值为. 18. 已知双曲线，点在上．按如下方式构造点（）；过点作斜率为的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为． （1）求点的坐标； （2）记，证明：数列为等比数列； （3）为坐标原点，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，求的值． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得； （2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证； （3）由，结合，从而可得与，再利用面积公式分别计算出即可得. 【小问1详解】 由题知，所以双曲线， 又过点，斜率为的直线方程为， 由双曲线与直线的对称性可知，所以， 又过，且斜率为的直线方程为，即， 由，解得或，当时，， 所以，所以； 【小问2详解】 设， 则过，且斜率为的直线方程为， 联立，消得到， 由题有，得到， 由题知点在直线上，即有， 所以，因为， 则， 由（1）知，所以数列为为首项，的公比的等比数列； 【小问3详解】 由（2）知，得到， 由，即， 即， 则， ， 故，， ，， 故， ， 即，则， 则 ， ， 故. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点于得到后，结合，从而可得与，再利用面积公式计算即可得. 19. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得对，，当时，都有，即可结合导数研究单调性后取最大值点即可得； （ii）由题意可得在时恒成立，借助导数分、、及讨论函数单调性即可得； （2）分“Ω点”个数为，及大于等于进行讨论，结合，从而得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 【小问1详解】 （i）当时，， 则， 则当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 即对，，当时，都有， 即在上的最大“Ω点”为； （ii）由题意可得在时恒成立， ， 令，， 则， 当时，恒成立，故在上单调递减， 则， 故在上单调递减，此时，符合要求； 当时，令，则， 则当，即时，，即上单调递增， 则，即在上单调递增， 有，不符合要求，故舍去； 当，即时，恒成立，故在上单调递减， 则，故在上单调递减， 此时，符合要求； 当，即时， 若，，若，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则若需恒成立，有，解得， 由，故， 由，故， 即当时，符合要求； 综上所述，； 【小问2详解】 若在D上“Ω点”个数为，则，符合要求； 若在D上的“Ω点”个数为，令在D上的“Ω点”分别为、、、， 其中、，、、、， 若， 则若，由，则，即， 若，由题意，，， 故，即，又，故，符合要求； 若， 则，，，， 由，则， 若，即，则， 若，由题意，，且， 又，故，即，，，， 即有，即， 由，故， 又，故， 即在D上的“Ω点”个数不小于. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，结合定义得到相邻两个“Ω点”的函数值之差小于等于，即可得“Ω点”个数与的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高三年级期初调研检测 数学试题 2024.09 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A 1 B. C. D. 3. 已知命题p：，，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（ ） A. B. 3 C. D. 24 5. 在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称．若，则（ ） A. B. C. 1 D. 6. 两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 设，若是的最小值，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线左、右焦点分别为F1，F2．以F1F2为直径的圆和C的渐近线在第一象限交于A点，直线AF1交C的另一条渐近线于点B，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一组数据：x1，x2，…，x10是公差为－2等差数列，去掉首末两项x1，x10后得到一组新数据，则（ ） A. 两组数据的极差相同 B. 两组数据的中位数相同 C. 两组数据的平均数相同 D. 两组数据的标准差相同 10. 平面过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 所成的角为 11. 设数列和的项数均为，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为．已知数列和为中的两个元素，项数均为，下列正确的有（ ） A. 数列和数列的距离为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，数列和的距离小于，则的最大值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线在点处的切线斜率为，则______． 13. 若，是函数的两个相邻极值点，则______． 14. 正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为和，且每次活动甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响． （1）求在一次猜谜活动中，有一方获胜的概率； （2）若有一方获胜则猜谜活动结束，否则猜谜继续，猜谜最多进行3次，求猜谜次数X的分布列和期望． 16. 已知的内角的对边分别为，． （1）求； （2）若边上的高等于，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面四边形是正方形，，底面，是线段的中点，在线段上，． （1）证明：平面； （2）在线段上，与所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线，点在上．按如下方式构造点（）；过点作斜率为的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为． （1）求点的坐标； （2）记，证明：数列等比数列； （3）为坐标原点，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，求的值． 19. 已知函数定义域为，，若，，当时，都有．则称为在上的“Ω点”． （1）设函数． （i）当时，求在上的最大“Ω点”； （ii）若在上不存在“Ω点”，求a的取值范围； （2）设，且，．证明：在D上的“Ω点”个数不小于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$