2024届山东省临沂市高三上学期开学摸底联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省临沂市2024届高三上学期开学摸底联考数学试题一、选择题1.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，，故.故选：B.2.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，所以，解得，可知；所以.故选：A.3.已知，，若，则该展开式各项的二项式系数和为（）A.81 B.64 C.27 D.32〖答案〗D〖解析〗，，∴，解得，∴该展开式各项二项式系数和为.故选：D.4.已知双曲线的一条渐近线斜率为，实轴长为4，则C的标准方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意双曲线的焦点在轴上，则，，又，则，故C的标准方程为.故选：C.5.设,则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗,令,则原函数转化为,则函数在上为增函数,在上为减函数,又,所以函数的最小值为,即的最小值为.故选:C.6.一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗由题可知，，解得，X的可能取值为，，，，，∴.故选：A.7.已知为函数两个不同的极值点，若，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，令，由题意为一元二次方程的两个不同实数根，则，.所以，又，所以，解得.此时中，符合题意，故.故选：A8.如图，P、Q是直线上的点，平面，五面体的各顶点均在球O球面上，四边形为边长为2的正方形，且，均为正三角形，则当球O半径取得最小值时，五面体的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设E，F分别为，的中点，为等边的中心，当球心与正方形中心重合时，球半径取得最小值，此时，因为，所以，即，如图，过、分别作平面垂面，交直线于R，S两点，由题意可知，直线在平面内的投影为直线，所以四边形是矩形.则，，所以五面体的体积为.故选：B.二、选择题9.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.C.的图象关于直线对称D.将的图象向右平移个单位长度得到的函数图象关于y轴对称〖答案〗AC〖解析〗由函数的图象，可得，所以，可得，所以，因为，所以，即，可得，即，因为，可得，所以，所以A正确，B不正确；由，所以是函数的图象的对称轴，所以C正确；将的图象向右平移个单位长度，可得，此时函数的图象关于原点对称，不关于轴对称，所以D错误.故选：AC.10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，且的最大值为3，最小值为1，则（）A.椭圆C的圆心率为B.的周长为4C.若，则的面积为D.若，则〖答案〗ACD〖解析〗对A，由题意，，故，故A正确；对B，的周长为，故B错误；对C，若，则，即，故，故，故C正确；对D，由余弦定理，即，解得，故，故D正确；故选：ACD.11.在三棱台中，平面，，点为平面内一动点（包括边界），满足平面，则（）A.点P的轨迹长度为1B.P到平面的距离为定值C.有且仅有两个点P，使得D.与平面所成角的最大值为30°〖答案〗ABD〖解析〗取的中点，的中点，因为三棱台中，则，故且，故四边形为平行四边形，则.又平面，平面，故平面，同理，平面，又，平面，故平面平面，故点在线段上运动.对A，，故A正确；对B，因为平面，故平面，所以到平面的距离为定值，故B正确；对C，因为，故当且仅当为中点时成立，故C错误；对D，因为平面，所以为与平面所成角.由题意，故当为中点时，取得最小值，此时，所以与平面所成角的最大值为，故D正确.故选：ABD.12.已知是定义在上的奇函数，为偶函数，，则（）A.曲线关于直线轴对称 B.是以4为周期的周期函数C. D.关于点对称〖答案〗ABC〖解析〗对A，为偶函数，则，故关于直线轴对称，故A正确；对B，关于直线轴对称，则，又是定义在上的奇函数，故，则，且，故，故周期为4.故B正确；对C，，且，图象关于直线轴对称，故，，，故，故C正确；由C知D错误.故选：ABC.三、填空题13.已知，为平面单位向量，若，则______．〖答案〗〖解析〗由题可知，，即，∴，∴，∴.故〖答案〗为：.14.已知A，B为圆上的两点，，M为的中点，则M到直线距离的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由垂径定理可知，∴，∴M的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，O到l的距离，∴M到直线距离的最小值为．故〖答案〗为：15.已知，，若与的图象在交点处的切线重合，则______．〖答案〗〖解析〗设与的图象交点为，则，即，故.又则，解得，则.故〖答案〗为：16.剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国古老的民间艺术之一．已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形内多余的部分（如图所示阴影部分），记为一次裁剪操作，……重复上述裁剪操作n次，最终得到该剪纸．则第4次裁剪操作结束后所得的面积为______；第n次操作后，所有裁剪操作中裁剪去除的面积之和为______．〖答案〗〖解析〗设的半径为，则，则第次裁剪操作得到的正方形边长为，的半径为，即，故，的面积为，故的面积为.又第次裁剪操作的正方形边长为，在该正方形的圆半径为，故第次裁剪操作裁剪掉的面积为，所以第次裁剪操作裁剪掉的面积之和为.故〖答案〗为：；四、解答题17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）若，求；（2）求C的最大值．解：（1）根据题意可知，若中，则，即；又，所以，即，整理可得；解得，所以.（2）由正弦定理可知，显然，所以不是最大边，即角不是最大角，因此可知；又可得，解得；所以C的最大值为.18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，．（1）证明；平面平面；（2）设P为上的一个动点，是否存在点P使得与平面所成角为30°，若存在，求，若不存在，说明理由．（1）证明：连接，因为平面，平面，故.又底面是菱形，故，又，平面，所以平面.因为，所以平面平面.（2）解：假设存在点满足条件，设，因为底面是边长为2的菱形，，故.过作于，连接，则，.因为平面，平面，故，又，平面，故平面，所以为与平面所成角.又，则.故，即，解得，即.19.设数列的前n项和为，，数列为公差为2的等差数列，．（1）求，的通项公式；（2）设，证明：．（1）解：由，可得，两式相减可得：，所以，令，可得，所以，所以是以为首项，公比为的等比数列，可得，因为数列为公差为2的等差数列，，所以，解得，所以；（2）证明：由（1）知，设，则，，两式相减可得，所以，因为，可得即．20.已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围．解：（1）的定义域为，，当时，，单调递增.当时，令可得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.综上：当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.（2）当，即，时，设，则，，.当时，，所以，在上单调递增，，故，满足题意；当时，，，则存在，使得，当时，，单调递减，又，所以不恒成立，不符合题意.综上，21.在“飞彩镌流年”文艺汇演中，诸位参赛者一展风采，奉上了一场舞与乐的盛宴．现从2000位参赛者中随机抽取40位幸运嘉宾，统计他们的年龄数据，得样本平均数．（1）若所有参赛者年龄X服从正态分布，请估计参赛者年龄在30岁以上的人数；（2）若该文艺汇演对所有参赛者的表演作品进行评级，每位参赛者只有一个表演作品且每位参赛者作品有的概率评为A类，的概率评为B类，每位参赛者作品的评级结果相互独立．记上述40位幸运嘉宾的作品中恰有2份A类作品的概率为，求的极大值点；（3）以（2）中确定的作为a的值，记上述幸运嘉宾的作品中的A类作品数为Y，若对这些幸运嘉宾进行颁奖，现有两种颁奖方式：甲：A类作品参赛者获得1000元现金，B类作品参赛者获得100元现金；乙：A类作品参赛者获得3000元现金，B类作品参赛者不获得现金奖励．根据奖金期望判断主办方选择何种颁奖方式，成本可能更低．附：若，则．解：（1）因为，则.所以参赛者年龄在30岁以上的人数约为（人）.（2）记，设，其中为的极大值点.依题意可得，则，令，因为，故，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的极大值点；（3）由题意知.记分别甲、乙两种颁奖方式各自所发奖金总额，因为.所以，所以.故选择甲方式成本更低.22.已知抛物线，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．（1）求E的标准方程；（2）设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为．（i）证明：直线过定点；（ii）求的最小值．（1）解：由题可知，解得.所以的标准方程为；（2）（i）证明：由（1）知，，且，解得，所以.设，则，同理可得，，则，即.当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得.所以，即，所以直线过定点；当直线的斜率不存在时，可得.综上，直线过定点.（ii）解：设，当直线斜率存在时，设直线的方程为，与抛物线联立得，消去得，由题意，所以.所以，所以当时，的最小值为；当直线斜率不存在时，.由抛物线定义知.故的最小值为.山东省临沂市2024届高三上学期开学摸底联考数学试题一、选择题1.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，，故.故选：B.2.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设，则，所以，解得，可知；所以.故选：A.3.已知，，若，则该展开式各项的二项式系数和为（）A.81 B.64 C.27 D.32〖答案〗D〖解析〗，，∴，解得，∴该展开式各项二项式系数和为.故选：D.4.已知双曲线的一条渐近线斜率为，实轴长为4，则C的标准方程为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意双曲线的焦点在轴上，则，，又，则，故C的标准方程为.故选：C.5.设,则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗,令,则原函数转化为,则函数在上为增函数,在上为减函数,又,所以函数的最小值为,即的最小值为.故选:C.6.一个不透明的袋子中装有3个黑球，n个白球，这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设X为取出白球的个数，则（）A. B. C.1 D.2〖答案〗A〖解析〗由题可知，，解得，X的可能取值为，，，，，∴.故选：A.7.已知为函数两个不同的极值点，若，则a的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，令，由题意为一元二次方程的两个不同实数根，则，.所以，又，所以，解得.此时中，符合题意，故.故选：A8.如图，P、Q是直线上的点，平面，五面体的各顶点均在球O球面上，四边形为边长为2的正方形，且，均为正三角形，则当球O半径取得最小值时，五面体的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设E，F分别为，的中点，为等边的中心，当球心与正方形中心重合时，球半径取得最小值，此时，因为，所以，即，如图，过、分别作平面垂面，交直线于R，S两点，由题意可知，直线在平面内的投影为直线，所以四边形是矩形.则，，所以五面体的体积为.故选：B.二、选择题9.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.的最小正周期为B.C.的图象关于直线对称D.将的图象向右平移个单位长度得到的函数图象关于y轴对称〖答案〗AC〖解析〗由函数的图象，可得，所以，可得，所以，因为，所以，即，可得，即，因为，可得，所以，所以A正确，B不正确；由，所以是函数的图象的对称轴，所以C正确；将的图象向右平移个单位长度，可得，此时函数的图象关于原点对称，不关于轴对称，所以D错误.故选：AC.10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在C上，且的最大值为3，最小值为1，则（）A.椭圆C的圆心率为B.的周长为4C.若，则的面积为D.若，则〖答案〗ACD〖解析〗对A，由题意，，故，故A正确；对B，的周长为，故B错误；对C，若，则，即，故，故，故C正确；对D，由余弦定理，即，解得，故，故D正确；故选：ACD.11.在三棱台中，平面，，点为平面内一动点（包括边界），满足平面，则（）A.点P的轨迹长度为1B.P到平面的距离为定值C.有且仅有两个点P，使得D.与平面所成角的最大值为30°〖答案〗ABD〖解析〗取的中点，的中点，因为三棱台中，则，故且，故四边形为平行四边形，则.又平面，平面，故平面，同理，平面，又，平面，故平面平面，故点在线段上运动.对A，，故A正确；对B，因为平面，故平面，所以到平面的距离为定值，故B正确；对C，因为，故当且仅当为中点时成立，故C错误；对D，因为平面，所以为与平面所成角.由题意，故当为中点时，取得最小值，此时，所以与平面所成角的最大值为，故D正确.故选：ABD.12.已知是定义在上的奇函数，为偶函数，，则（）A.曲线关于直线轴对称 B.是以4为周期的周期函数C. D.关于点对称〖答案〗ABC〖解析〗对A，为偶函数，则，故关于直线轴对称，故A正确；对B，关于直线轴对称，则，又是定义在上的奇函数，故，则，且，故，故周期为4.故B正确；对C，，且，图象关于直线轴对称，故，，，故，故C正确；由C知D错误.故选：ABC.三、填空题13.已知，为平面单位向量，若，则______．〖答案〗〖解析〗由题可知，，即，∴，∴，∴.故〖答案〗为：.14.已知A，B为圆上的两点，，M为的中点，则M到直线距离的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由垂径定理可知，∴，∴M的轨迹是以O为圆心，为半径的圆，O到l的距离，∴M到直线距离的最小值为．故〖答案〗为：15.已知，，若与的图象在交点处的切线重合，则______．〖答案〗〖解析〗设与的图象交点为，则，即，故.又则，解得，则.故〖答案〗为：16.剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国古老的民间艺术之一．已知某剪纸的裁剪工艺如下：取一张半径为1的圆形纸片，记为，在内作内接正方形，接着在该正方形内作内切圆，记为，并裁剪去该正方形内多余的部分（如图所示阴影部分），记为一次裁剪操作，……重复上述裁剪操作n次，最终得到该剪纸．则第4次裁剪操作结束后所得的面积为______；第n次操作后，所有裁剪操作中裁剪去除的面积之和为______．〖答案〗〖解析〗设的半径为，则，则第次裁剪操作得到的正方形边长为，的半径为，即，故，的面积为，故的面积为.又第次裁剪操作的正方形边长为，在该正方形的圆半径为，故第次裁剪操作裁剪掉的面积为，所以第次裁剪操作裁剪掉的面积之和为.故〖答案〗为：；四、解答题17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）若，求；（2）求C的最大值．解：（1）根据题意可知，若中，则，即；又，所以，即，整理可得；解得，所以.（2）由正弦定理可知，显然，所以不是最大边，即角不是最大角，因此可知；又可得，解得；所以C的最大值为.18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，．（1）证明；平面平面；（2）设P为上的一个动点，是否存在点P使得与平面所成角为30°，若存在，求，若不存在，说明理由．（1）证明：连接，因为平面，平面，故.又底面是菱形，故，又，平面，所以平面.因为，所以平面平面.（2）解：假设存在点满足条件，设，因为底面是边长为2的菱形，，故.过作于，连接，则，.因为平面，平面，故，又，平面，故平面，所以为与平面所成角.又，则.故，即，解得，即.19.设数列的前n项和为，，数列为公差为2的等差数列，．（1）求，的通项公式；（2）设，证明：．（1）解：由，可得，两式相减可得：，所以，令，可得，所以，所以是以为首项，公比为的等比数列，可得，因为数列为公差为2的等差数列，，所以，解得，所以；（2）证明：由（1）知，设，则，，两式相减可得，所以，因为，可得即．20.已知函数，．（1）讨论的单调性；（2）当时，，求a的取值范围．解：（1）的定义域为，，当时，，单调递增.当时，令可得，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.综上：当时，在单调递增；当时，在单调递减，在单调递增.（2）当，即，时，设，则，，.当时，，所以，在上单调递增，，故，满足题意；当时，，，则存在，使得，当时，，单调递减，又，所以不恒成立，不符合题意.综上，21.在“飞彩镌流年”文艺汇演中，诸位参赛者一展风采，奉上了一场舞与乐的盛宴．现从2000位参赛者中随机抽取40位幸运嘉宾，统计他们的年龄数据，得样本平均数．（