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（解析版）

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：D2.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：D3.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126542下列说法正确的是（）A.这20人年龄的分位数的估计值是46.5B.这20人年龄的中位数的估计值是41C.这20人年龄的极差的估计值是55D.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y=gx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，x∈0,2.在同一坐标系内作出函数，x∈0,2和的图象，如下图：由解析式易知两函数均关于x=1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：C7.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，，所以三棱台的的体积.故选：B8.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0,+∞上单调递增.且，，所以；设，易知在0,+∞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:BD10.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5C.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：ABD11.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，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：05101520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）证明见解析【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，，