2023-2024學年山東省臨沂市費縣高三第一次調研測試數學試卷含解析

2023-2024學年山東省臨沂市費縣高三第一次調研測試數學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若復數滿足（為虛數單位），則其共軛復數的虛部為（）A． B． C． D．2．已知雙曲線的一個焦點為，且與雙曲線的漸近線相同，則雙曲線的標準方程為()A． B． C． D．3．函數的單調遞增區(qū)間是（）A． B． C． D．4．是虛數單位，則（）A．1 B．2 C． D．5．洛書，古稱龜書，是陰陽五行術數之源，在古代傳說中有神龜出于洛水，其甲殼上心有此圖象，結構是戴九履一，左三右七，二四為肩，六八為足，以五居中，五方白圈皆陽數，四角黑點為陰數．如圖，若從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，則其和等于11的概率是（）．A． B． C． D．6．幻方最早起源于我國，由正整數1，2，3，……，這個數填入方格中，使得每行、每列、每條對角線上的數的和相等，這個正方形數陣就叫階幻方．定義為階幻方對角線上所有數的和，如，則（）A．55 B．500 C．505 D．50507．已知，為兩條不同直線，，，為三個不同平面，下列命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題序號為()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③8．已知集合A＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，B＝{x|x2﹣4x﹣5＜0}，則A∩B＝（）A．{﹣2，﹣1，0} B．{﹣1，0，1，2} C．{﹣1，0，1} D．{0，1，2}9．已知等比數列滿足，，則（）A． B． C． D．10．已知復數滿足，(為虛數單位)，則()A． B． C． D．311．已知集合，則集合真子集的個數為（）A．3 B．4 C．7 D．812．已知，，且是的充分不必要條件，則的取值范圍是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知以x±2y=0為漸近線的雙曲線經過點，則該雙曲線的標準方程為________.14．在平面直角坐標系中，曲線上任意一點到直線的距離的最小值為________．15．設、滿足約束條件，若的最小值是，則的值為__________.16．設，分別是橢圓C：（）的左、右焦點，直線l過交橢圓C于A，B兩點，交y軸于E點，若滿足，且，則橢圓C的離心率為______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程是為參數），曲線的參數方程是為參數），以為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系．（1）求直線和曲線的極坐標方程；（2）已知射線與曲線交于兩點，射線與直線交于點，若的面積為1，求的值和弦長．18．（12分）如圖，四棱錐E﹣ABCD的側棱DE與四棱錐F﹣ABCD的側棱BF都與底面ABCD垂直，，//，.（1）證明：//平面BCE.（2）設平面ABF與平面CDF所成的二面角為θ，求.19．（12分）已知函數.(1)求不等式的解集；(2)若對任意恒成立，求的取值范圍.20．（12分）設函數（）的最小值為.（1）求的值；（2）若，，為正實數，且，證明：.21．（12分）設都是正數，且，．求證：．22．（10分）已知拋物線，焦點為，直線交拋物線于兩點，交拋物線的準線于點，如圖所示，當直線經過焦點時，點恰好是的中點，且.（1）求拋物線的方程；（2）點是原點，設直線的斜率分別是，當直線的縱截距為1時，有數列滿足，設數列的前n項和為，已知存在正整數使得，求m的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

由已知等式求出z，再由共軛復數的概念求得，即可得虛部.【詳解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共軛復數=-1+，虛部為1故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算和共軛復數的基本概念，屬于基礎題．2、B【解析】

根據焦點所在坐標軸和漸近線方程設出雙曲線的標準方程，結合焦點坐標求解.【詳解】∵雙曲線與的漸近線相同，且焦點在軸上，∴可設雙曲線的方程為，一個焦點為，∴，∴，故的標準方程為.故選：B【點睛】此題考查根據雙曲線的漸近線和焦點求解雙曲線的標準方程，易錯點在于漏掉考慮焦點所在坐標軸導致方程形式出錯.3、D【解析】

利用輔助角公式,化簡函數的解析式,再根據正弦函數的單調性,并采用整體法,可得結果.【詳解】因為，由，解得，即函數的增區(qū)間為，所以當時，增區(qū)間的一個子集為.故選D.【點睛】本題考查了輔助角公式,考查正弦型函數的單調遞增區(qū)間,重點在于把握正弦函數的單調性，同時對于整體法的應用,使問題化繁為簡,難度較易.4、C【解析】

由復數除法的運算法則求出，再由模長公式，即可求解.【詳解】由.故選:C.【點睛】本題考查復數的除法和模，屬于基礎題.5、A【解析】

基本事件總數，利用列舉法求出其和等于11包含的基本事件有4個，由此能求出其和等于11的概率．【詳解】解：從四個陰數和五個陽數中分別隨機選取1個數，基本事件總數，其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4個，其和等于的概率．故選：．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型等基礎知識，考查運算求解能力，屬于基礎題．6、C【解析】

因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，可得，即得解.【詳解】因為幻方的每行、每列、每條對角線上的數的和相等，所以階幻方對角線上數的和就等于每行（或每列）的數的和，又階幻方有行（或列），因此，，于是．故選：C【點睛】本題考查了數陣問題，考查了學生邏輯推理，數學運算的能力，屬于中檔題.7、C【解析】

根據直線與平面，平面與平面的位置關系進行判斷即可.【詳解】根據面面平行的性質以及判定定理可得，若，，則，故①正確；若，，平面可能相交，故②錯誤；若，，則可能平行，故③錯誤；由線面垂直的性質可得，④正確；故選：C【點睛】本題主要考查了判斷直線與平面，平面與平面的位置關系，屬于中檔題.8、D【解析】

解一元二次不等式化簡集合,再由集合的交集運算可得選項.【詳解】因為集合，故選：D.【點睛】本題考查集合的交集運算，屬于基礎題.9、B【解析】由a1+a3+a5=21得a3+a5+a7=，選B.10、A【解析】，故，故選A.11、C【解析】

解出集合，再由含有個元素的集合，其真子集的個數為個可得答案.【詳解】解：由，得所以集合的真子集個數為個.故選：C【點睛】此題考查利用集合子集個數判斷集合元素個數的應用，含有個元素的集合，其真子集的個數為個，屬于基礎題.12、D【解析】

“是的充分不必要條件”等價于“是的充分不必要條件”，即中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集.【詳解】由題意知：可化簡為，，所以中變量取值的集合是中變量取值集合的真子集，所以.【點睛】利用原命題與其逆否命題的等價性，對是的充分不必要條件進行命題轉換，使問題易于求解.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

設雙曲線方程為，代入點，計算得到答案.【詳解】雙曲線漸近線為，則設雙曲線方程為：，代入點，則.故雙曲線方程為：.故答案為：.【點睛】本題考查了根據漸近線求雙曲線，設雙曲線方程為是解題的關鍵.14、【解析】

解法一：曲線上任取一點，利用基本不等式可求出該點到直線的距離的最小值；解法二：曲線函數解析式為，由求出切點坐標，再計算出切點到直線的距離即可所求答案.【詳解】解法一（基本不等式）：在曲線上任取一點，該點到直線的距離為，當且僅當時，即當時，等號成立，因此，曲線上任意一點到直線距離的最小值為；解法二（導數法）：曲線的函數解析式為，則，設過曲線上任意一點的切線與直線平行，則，解得，當時，到直線的距離；當時，到直線的距離.所以曲線上任意一點到直線的距離的最小值為.故答案為：.【點睛】本題考查曲線上一點到直線距離最小值的計算，可轉化為利用切線與直線平行來找出切點，轉化為切點到直線的距離，也可以設曲線上的動點坐標，利用基本不等式法或函數的最值進行求解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.15、【解析】

畫出滿足條件的平面區(qū)域，求出交點的坐標，由得，顯然直線過時，最小，代入求出的值即可．【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立，解得，則點.由得，顯然當直線過時，該直線軸上的截距最小，此時最小，，解得.故答案為：．【點睛】本題考查了簡單的線性規(guī)劃問題，考查數形結合思想，是一道中檔題．16、【解析】

采用數形結合，計算以及，然后根據橢圓的定義可得，并使用余弦定理以及，可得結果.【詳解】如圖由，所以由，所以又，則所以所以化簡可得：則故答案為：【點睛】本題考查橢圓的定義以及余弦定理的使用，關鍵在于根據角度求出線段的長度，考查分析能力以及計算能力，屬中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）,；（2）.【解析】

（1）先把直線和曲線的參數方程化成普通方程，再化成極坐標方程；（2）聯立極坐標方程，根據極徑的幾何意義可得，再由面積可解得極角，從而可得．【詳解】（1）直線的參數方程是為參數），消去參數得直角坐標方程為：．轉換為極坐標方程為：，即．曲線的參數方程是（為參數），轉換為直角坐標方程為：，化為一般式得化為極坐標方程為：．

（2）由于，得，．所以，所以，由于，所以，所以．【點睛】本題主要考查參數方程與普通方程的互化、直角坐標方程與極坐標方程的互化，熟記公式即可，屬于?？碱}型.18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）根據線面垂直的性質定理，可得DE//BF，然后根據勾股定理計算可得BF＝DE，最后利用線面平行的判定定理，可得結果.（2）利用建系的方法，可得平面ABF的一個法向量為，平面CDF的法向量為，然后利用向量的夾角公式以及平方關系，可得結果.【詳解】（1）因為DE⊥平面ABCD，所以DEAD，因為AD＝4，AE＝5，DE＝3，同理BF＝3，又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，所以DE//BF，又BF＝DE，所以平行四邊形BEDF，故DF//BE，因為BE平面BCE，DF平面BCE所以DF//平面BCE；（2）建立如圖空間直角坐標系，則D（0，0，0），A（4，0，0），C（0，4，0），F（4，3，﹣3），，設平面CDF的法向量為，由，令x＝3，得，易知平面ABF的一個法向量為，所以，故.【點睛】本題考查線面平行的判定以及利用建系方法解決面面角問題，屬基礎題.19、(1)；(2).【解析】

（1）通過討論的范圍，分為，，三種情形，分別求出不等式的解集即可；（2）通過分離參數思想問題轉化為，根據絕對值不等式的性質求出最值即可得到的范圍.【詳解】(1)當時，原不等式等價于，解得，所以，當時，原不等式等價于，解得，所以此時不等式無解，當時，原不等式等價于，解得，所以綜上所述，不等式解集為.(2)由，得，當時，恒成立，所以；當時，.因為當且僅當即或時，等號成立，所以；綜上的取值范圍是.【點睛】本題考查了解絕對值不等式問題，考查絕對值不等式的性質以及分類討論思想，轉化思想，屬于中檔題.20、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）分類討論，去絕對值求出函數的解析式，根據一次函數的性質，得出的單調性，得出取最小值，即可求的值；（2）由（1）得出，利用“乘1法”，令，化簡后利用基本不等式求出的最小值，即可證出.【詳解】（1）解：當時，單調遞減；當時，單調遞增.所以當時，取最小值.（2）證明：由（1）可知.要證明：，即證，因為，，為正實數，所以.當且僅當，即，，時取等號，所以.【點睛】本題考查絕對值不等式和基本不等式的應用，還運用“乘1法”和分類討論思想，屬于中檔題.21、證明見解析【解析】

利用比較法進行證明：把代數式展開、作差、化簡可得,,可證得成立,同理可證明,由此不等式得證.【詳解】證明:因為,，所以，∴成立，又都是正數，∴，①同理，∴．【點睛】本題考查利用比較法證明不等式;考查學生的