山东省德州市高三下学期开学摸底考试数学试题含解析

高三数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第I卷1—3页，第Ⅱ卷3—6页，共150分，测试时间120分钟注意事项：选择题每小题选出答案后，用2B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，不能答在测试卷上第I卷选择题（共60分）一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先确定集合，再由并集定义求解.【详解】因为，所以.故选：B2.已知复数满足，则（）A. B. C. D.1【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法和除法法则计算出，进而得到，求出.【详解】，故，故，故.故选：D3.某中学开展高二年级“拔尖创新人才”学科素养评估活动，其中物化生､政史地､物化政三种组合人数之比为，这三个组合中分别有的学生参与此次活动，现从这三个组合中任选一名学生，这名学生参与此次活动的概率为（）A.0.044 B.0.18 C.0.034 D.0.08【答案】D【解析】【分析】根据全概率公式求解.【详解】设事件为“这名学生参与此次活动”，事件为“这名学生选择物化生组合”，事件“这名学生选择政史地组合”，事件为“这名学生选择物化政组合”，则，，由全概率公式可知.故选：D.4.如图所示，某圆台型木桶（厚度不计）上下底面的面积分别为和，且木桶的体积为，则该木桶的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由台体的体积公式求出圆台的高，作出图象求出台体的母线长，再根据体积公式求解即可.【详解】设上下底面的的半径分别为，高为，所以，故，因为木桶的体积为，所以，所以，解得：，设圆台的母线长为，如下图，所以，所以该木桶的侧面积为.故选：D.5.在中，点在直线上，且满足，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据画出及点D的位置，再由向量的线性运算即可由表示出.【详解】因为，所以故选：A.6.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数图象求出函数解析式，再代入计算可得.【详解】由图可知，即，又，所以，又关于对称，且，因为且，所以，解得，所以，所以，解得，所以，所以.故选：A7.若正实数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由作差法、对数函数单调性结合分类讨论即可得解.【详解】由题意若，则，所以，但这与矛盾，所以不可能存在这种情况，若，则，所以，即，但这与矛盾，所以不可能存在这种情况，所以只能，则则，所以，对比选项可知只有C正确.故选：C.8.已知球的半径为2，三棱锥的顶点为，底面的三个顶点均在球的球面上，则该三棱锥的体积最大值为（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】设三棱锥底面外接圆半径为，可得为正三角形时面积最大，三棱锥的高，求得三棱锥的体积，再利用不等式求出体积的最大值.【详解】如图，设点为三棱锥底面外接圆的圆心，半径为，则棱锥的高，设圆内接三角形的任意一条弦，如图，，其中是高，要使内接三角形面积最大，必垂直与，即，设弦对应的圆心角为，则，，因此，，，，，当，即时，，所以面积单调递增，当，即时，，所以面积单调递减，所以当，即时，最大，此时，因此，半径为的圆内接为正三角形时，面积最大，此时，，当且仅当，即时等号成立.故选：C.【点睛】关键点睛：本题关键是平面几何知识：半径为的圆，其内接三角形面积最大是当时正三角形时.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9.如图，在底面为正方形的四棱锥中，平面，直线与平面所成角的正切值为，则下列说法正确的是（）A.异面直线与所成的角为B.异面直线与所成的角为C.直线与平面所成的角为D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】A选项，B选项，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦公式进行求解；C选项，利用线面角的向量求解公式进行求解；D选项，利用点到平面的距离公式求出答案.【详解】A选项，平面，直线与平面所成角,，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，设直线与所成的角大小为，则，故，A正确；B选项，设直线与所成的角大小为，则，故，B正确；C选项，可取为平面的法向量，设直线与平面所成的角大小为，则，故直线与平面所成的角为，C正确；

因为四边形为正方形，所以⊥，又平面，平面，故，因为，平面，所以⊥平面，故可取为平面的法向量，故点到面的距离，D正确.故选：ABD10.若函数的导函数是偶函数，则下列说法正确的是（）A.的图象关于中心对称B.有3个不同的零点C.最小值为D.对任意，都有【答案】ABD【解析】【分析】求出函数的导函数，由求出的值，即可得到函数解析式，从而判断函数的奇偶性，即可判断A，令求出方程的解，即可判断B，利用导数说明函数的单调性，即可判断C，利用作差法判断D.【详解】因为，则，又是偶函数，所以，即，所以对任意的恒成立，所以，解得，则，定义域为，且，即为奇函数，所以的图象关于中心对称，故A正确；令，即，解得、、，所以有3个不同的零点，故B正确；因为，所以当或时，当时，即的单调递增区间为，，单调递减区间为，所以不存在最值，故C错误；设任意，则，，则，又，所以，当且仅当时取等号，所以对任意，都有，故D正确；故选：ABD11.已知是抛物线上的两点，焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为2，下列说法正确的是（）A.B.若直线的方程为，则C.若的外接圆与抛物线的准线相切，则该圆的半径为（为坐标原点）D.若在轴上方，则直线的斜率为【答案】ACD【解析】【分析】A.由抛物线上一点到焦点的距离为2，利用抛物线定义求解判断；B.由求得点M，N的坐标求解判断；C.根据的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，结合与抛物线的准线相切求解判断；D.设，得到，求倾斜角判断.【详解】解：抛物线上一点到焦点的距离为2，所以，解得，故A正确；则抛物线方程为，由，解得，则，故B错误；因为的外接圆的圆心是各边的中垂线的交点，而线段OF的中垂线方程为，又与抛物线的准线相切，则外接圆的半径为，故C正确；如图所示：，设，则，所以，则，，故D正确；故选：ACD12.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹•布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个实数，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点.现新定义：若满足，则称为的次不动点.设函数，若在区间上存在次不动点，则的取值可以是（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由题意可得，在上有解，即有解，然后换元构造函数，利用导数求最值即可.【详解】根据题意，若在区间上存在次不动点，则在区间上有解，即，即有解，令，，则，令函数，且单调递增，当时，，所以在上单调递增，，所以为偶函数，所以在上单调递减.，，故，，则.故选：AD.【点睛】关键点点睛：通过分离参数和换元，构造函数，利用导数研究函数最值，从而得解.第II卷非选择题（共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在的展开式中，项的系数是__________.【答案】189【解析】【分析】由二项式展开公式可得答案.【详解】由题可得展开式的第项为.令，则项的系数是.故答案为：189.14.已知圆与圆相交于两点，当为直角三角形时，的值为__________.【答案】2【解析】【分析】两圆相减得到直线方程，根据几何关系得到到直线的距离，从而根据点到直线距离公式列出方程，求出答案.【详解】与相减得，，即直线的方程为，圆的圆心为，半径为2，因为为直角三角形，所以，故到直线的距离为，所以，因为，解得.故答案为：215.过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点求出，即可求出直线与轴的交点坐标.【详解】设切点坐标为，由，得，则过切点的切线方程为，把点代入切线方程得，，即，因为，而在上单调递增，在上单调递减，所以只有一个解，所以，所以切线方程的斜率为，所以切线方程为，令，解得.故过点与曲线相切的直线与轴的交点坐标为.故答案：.16.已知双曲线的左右焦点分别为，过原点的直线交双曲线于两点（A在第一象限），过A作轴的垂线，垂足为，则的最小值为__________.；若，则的面积为__________.【答案】①.8②.【解析】【分析】第一空，由题结合双曲线定义，可知，当且仅当重合时取最小值；第二空，设，则由题有，解得A点坐标，即可得答案.【详解】第一空，由题及双曲线定义，可知，，则，因x轴，则，则当且仅当重合时，，即的最小值为8，第二空，设，因，则，又A在双曲线上，则，得，则.故答案为：8；.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.）17.在中，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若的平分线交于，且，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）借助降幂公式及正弦定理与辅助角公式计算即可得.（2）借助等面积法及基本不等式即可得.【小问1详解】，则，由正弦定理可知：，又，化简得，即，所以，，即，因为，所以，从而；【小问2详解】由题意可得：，且，即，化简得，即，因为，所以当且仅当，即时等号成立，故的最小值为9.18.已知数列前项和为，满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由作差得到，再利用累乘法计算可得；（2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得.【小问1详解】因为，当时，，所以，当时，，所以，所以，，，，，累乘得所以，当时也成立，所以.【小问2详解】由（1）得，所以.19.如图，已知三棱锥中，为的中点.（1）证明：平面平面；（2）点满足，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【小问1详解】因为为的中点，所以.因为，所以和为全等的等边三角形.所以.又因为为的中点，所以.又因为，平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】不妨设，由（1）知，和分别为等边三角形，所以.又因为为的中点，所以.在Rt中，.在中，，所以.所以两两互相垂直.以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系.由题知，所以，，.设平面的一个法向量为.则，即，令，则，所以，.设平面的一个法向量为.则，即，令，则，所以，.设平面与平面所成角为，则.20.为了开展“成功源自习惯，习惯来自日常”主题班会活动，引导学生养成良好的行为习惯，提高学习积极性和主动性，在全校学生中随机调查了名学生的某年度综合评价学习成绩，研究学习成绩是否与行为习惯有关.已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，现按“行为习惯良好”和“行为习惯不够良好”分为两组，再将两组学生的学习成绩分成五组：、、、、，绘制得到如图所示的频率分布直方图.（1）若规定学习成绩不低于分为“学习标兵”，请你根据已知条件填写下列列联表，并判断是否有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”；行为习惯良好行为习惯不够良好总计学习标兵非学习标兵总计（2）现从样本中学习成绩低于分的学生中随机抽取人，记抽到的学生中“行为习惯不够良好”的人数为，求的分布列和期望.参考公式与数据：，其中.【答案】（1）列联表见解析，有（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题中信息完善列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.【小问1详解】解：已知在全部人中随机抽取一人，抽到行为习惯良好的概率为，则名学生中，行为习惯良好的有人，行为习惯不够良好的有人.由频率分布直方图可知，行为习惯良好组中不低于分的学生有人，行为习惯不够良好组中不低于分的学生有人则列联表为：

行为习惯良好行习惯不够良好总计学习标兵非学习标兵总计，，因为，所以有的把握认为“学习标兵与行为习惯是否良好有关”.【小问2详解】解：行为习惯良好组中低于分的学生有人，行为习惯不够良好组中低于分的学生有人，则的可能值为、、，，，.的分布列为：期望.21.已知椭圆的上顶点为，左焦点为，直线与圆相切.（1）求椭圆的标准方程；（2）若不过点的动直线与椭圆相交于两点，若，求证：直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点为【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切，由点到直线的距离公式即可求解，（2）方法一：对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设点、，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，列出韦达定理，结合可得出直线方程中参数的等量关系或值，进而可求得直线所过定点的坐标.方法二：平移到原点，则椭圆方程为，设直线为，代入椭圆方程，由韦达定理可得，即可得出答案.【小问1详解】由题意，则直线的方程为：可知圆的标准方程为，所以，则，从而所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】方法一：设若直线的斜率不存在，设其方程为，则，所以，所以则直线方程为：.若直线的斜率存在，设其方程为由，即由韦达定理得：，即，整理得，则直线方程为：，即综上所述，直线过定点，该定点坐标为.方法二：平移到原点，则椭圆方程为设直线为，代入椭圆方程得两边同时除以得到得到，所以，.代入直线方程得.所以直线过定点向上平移1个单位以后，直线恒过定点.