2024届河北省石家庄市正中实验中学高三上学期月考（四）数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届河北省石家庄市正中实验中学高三上学期月考（四）数学试题一、单选题1．设复数，是z的共轭复数，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出，再根据复数代数形式的乘法法则计算可得；【详解】解：由，则，所以故选：D2．已知集合，，则满足的集合C的个数为（）A．4 B．7 C．8 D．15【答案】B【分析】由题知，，进而根据集合关系列举即可得答案.【详解】解：由题知，,所以满足的集合有，故集合C的个数为7个.故选：B3．数列{}中，，前和为，则为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用数列通项公式求和，然后可得答案.【详解】解：由题意得：故选：C4．已知角的始边与轴非负半轴重合，若终边过点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用三角函数定义可求得，由二倍角正弦公式可得结果.【详解】角终边过点，，，.故选：B.5．在等比数列中，，是方程两根，若，则m的值为（

）A．3 B．9 C． D．【答案】B【分析】根据韦达定理可得，结合等比数列的性质即可求解.【详解】因为，是方程两根，所以，即，在等比数列中，，又，所以，因为，所以，所以.故选：B.6．已知函数，则图象为下图的函数可能是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】A选项，利用当时，排除A选项，B选项，利用时，排除B选项，D选项，利用奇偶性排除D选项，C选项，满足图象要求.【详解】A选项，，其中当时，恒成立，故A选项错误；B选项，，当时，，不合要求，B错误；C选项，，当时，，当时，，当时，，且为非奇非偶函数，故符合要求.D选项，，定义域为R，且，故为奇函数，图象关于原点对称，不合题意，D错误.故选：C7．已知函数在上单调递增，则的最大值是（

）A．0 B． C． D．3【答案】A【分析】结合导数，将在上单调递增转化为恒成立，再参变分离，转化为恒成立，即求出的最小值即可得.【详解】由题意可得，因为在上单调递增，所以恒成立，即恒成立，设，则，令，则，当时，，时,,故在为减函数，在上为增函数，故，但，时，，故当0时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增，故，即.故选：A.8．已知抛物线：的焦点为F，C的准线与对称轴交于点D，过D的直线l与C交于A，B两点，且，若FB为∠DFA的角平分线，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据抛物线的定义，过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为，，然后利用，得到，进而利用，化简，可求出的值【详解】：，则，所以．过A，B分别作准线的垂线，垂足分别为，，则，因为FB为∠DFA的平分线，则，又，所以，所以，又，所以．故选：B二、多选题9．已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】先将两边平方，结合，得出，结合得出，再计算出，即可求出和，根据同角三角函数的商数关系，二倍角的余弦公式和正切公式，两角的余弦公式分别计算即可判断各选项．【详解】由得，，则，因为，，所以，所以，由，解得，对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，因为，所以，则，，即，解得或（舍去），故C正确；对于D，，故D错误，故选：BC．10．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据指数式与对数式的互化，再利用对数的运算性质及对数大小的比较及不等式的性质即可求解.【详解】对于A，，故A不正确；对于B，，，，故B正确；对于C，，故C正确；对于D，由B知，，故D正确；故选：BCD.11．已知数列的前项和为，且，数列满足，数列的前项和为，则下列命题正确的是（

）A．数列的通项公式为B．为等差数列C．的取值范围是D．数列的通项公式【答案】BCD【分析】根据题目求出的通项公式，即可判断A、B选项的正误；求出数列的通项公式，利用裂项相消法结合数列的单调性可判断C、D选项的正误.【详解】当时，，则，当时，，两式相减得：，则，所以是以首项为，公比为3的等比数列.，所以A错；又因为，，所以是以为首相，为公差的等差数列，所以B对.，,，D对；，，所以，数列为单调递增数列，则，故，C对.故选：BCD.12．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是(

)A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】ACD【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】取、中点，连接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.，，，则当时，d有最大值1；②，，则当时，d有最大值；综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；平面，，，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题.三、填空题13．已知向量，，若，则实数.【答案】【分析】由向量垂直关系可得，由此构造方程求得结果.【详解】，，又，.故答案为：.14．若函数在区间上有极值点，则实数a的取值范围为．【答案】【分析】由题意可得在区间上有变号零点，则可得，从而可求得a的取值范围.【详解】解：函数在区间上有极值点，所以在区间上有变号零点．且函数在区间上单调，所以，即，解得．故答案为：．15．如图，在梯形ABCD中，，将沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且，则三棱锥外接球的表面积是.【答案】【分析】先证明出面，作出的外心，过作，判断出三棱锥外接球的球心必在直线上，设外接球的半径为，利用球的性质列方程求出，即可求出三棱锥外接球的表面积.【详解】在梯形ABCD中，，所以梯形ABCD为等腰梯形，.因为，所以，所以，即.所以，.因为,所以，所以.又面,面,,所以面.在中，作出其外心如图所示：所以,.过作，由球的性质可知，三棱锥外接球的球心必在直线上.设外接球的半径为，由球的性质可得：，即，解得：.所以三棱锥外接球的表面积为.故答案为：.16．已知双曲线的左、右焦点分别为，分别过，作斜率为2的直线交C在x轴上半平面部分于P，Q两点．记面积分别为，若，则双曲线C的离心率为．【答案】【分析】根据得到，结合双曲线的定义、余弦定理列方程，化简求得双曲线的离心率.【详解】依题意，，面积分别为，且，由于，所以，设，由双曲线的定义可知，由，可解得，故在三角形和三角形，分别由余弦定理得，整理得，两式相减得.故答案为：【点睛】求解双曲线与焦点三角形有关的问题，可结合双曲线的定义来进行考虑.求解双曲线的离心率，可利用直接法求得来求，也可以根据题意建立关于的方程，通过化简来求得离心率.四、解答题17．每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”.为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成[0，2]，(2，4]，(4，6]，(6，8]，(8，10]，(10，12]，(12，14]，(14，16]，(16，18]九组，绘制成如图所示的频率分布直方图.(1)求a的值；(2)为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在(12，14]，(14，16]，(16，18]三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人.记日平均阅读时间在(14，16]内的学生人数为X，求X的分布列及.【答案】(1)；(2)分布列见解析；【分析】（1）根据题意，利用频率分布直方图，概率和为1求a；（2）由分层抽样知，从阅读时间在，，中分别抽取5，4，1人，则的可能取值为0,1,2,3，计算概率，列出分布列，计算期望【详解】（1）由概率和为1得：，解得：；（2）由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在，，，，，三组内的学生人数分别为：人，人，人，由分层抽样性质知，从阅读时间在中抽取5人，从阅读时间在中抽取4人，从阅读时间在中抽取1人，从该10人中抽取3人，则的可能取值为0,1,2,3，，，，，则的分布列为0123所以18．在中，角所对的边分别为，满足.(1)求；(2)若，求面积的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）将切化弦后利用正弦定理和余弦定理进行边角互化，即可得进而求得角；（2）利用正弦定理将角化边，由余弦定理可得再利用不等式即可求得面积的最小值.【详解】（1）由可得，由正弦定理可得，整理得，又，即可得，所以；又，所以（2）利用正弦定理由可得，即；所以的面积利用余弦定理可得，当且仅当时等号成立；解得，所以，即面积的最小值为.19．已知数列的前项和为，，且满足(1)设，证明：是等比数列(2)设，数列的前项和为，证明：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由题设可得，整理变形得，结合等比数列定义即可证结论；（2）根据的关系求通项公式，进而可得，在上放缩，结合裂项求和证结论.【详解】（1）由题设，，则，所以，即，而，故是首项与公比都为的等比数列.（2）由（1），即，当时，，显然满足上式，所以，则，则，又时，所以且，故.20．如图，四棱锥的底面为矩形，，，点在底面上的射影在上，是的中点．(1)证明：平面(2)若，且与面所成的角的正弦值为，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)证明，根据面面垂直性质定理结合面面证明面；(2)建立空间直角坐标系，求直线PA的方向向量，平面PBD的法向量，由直线与平面的夹角公式求OP，再利用二面角公式求二面角的余弦值．【详解】解：(1)在矩形中，，且是的中点，，，，，即．由题可知面面，且交线为，面．(2)：令与交于点，，且是的中点，．面面，面．取中点，连接，，因为底面为矩形，所以．设OP=a，建立如图所示的空间直角标系：，，，，，，，，，，0，，设面的法向量为，由，令，面的法向量为由与面所成的角的正弦值为，，设平面的法向量为，，由令设平面的法向量为，由，令，结合图像观察可得二面角的余弦值为21．已知椭圆C的下顶点M，右焦点为F，N为线段MF的中点，O为坐标原点，，点F与椭圆C任意一点的距离的最小值为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)直线l：与椭圆C交于A，B两点，若存在过点M的直线，使得点A与点B关于直线对称，求的面积的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）设椭圆C的标准方程为，由题意可得，再根据即可得椭圆C的标准方程；（2）根据题意得：的中垂线过点，联立，根据韦达定理可得的中点坐标为，从而可求的中垂线方程，代入点的坐标得.由弦长公式求出，由点到直线的距离公式求出点到直线的距离，故可得，根据函数的单调性即可求解.【详解】（1）由题设椭圆C的标准方程为，其中，由题意可得，又N为线段MF的中点，，所以，即.因为点F与椭圆C任意一点的距离的最小值为，所以，解得，，所以椭圆C的标准方程为.（2）根据题意得：的中垂线过点，由，消去并化简得，.设，则，所以，所以的中点坐标为.因为，所以的中垂线方程为，代入点的坐标得：，即，所以且，解得.所以，.又点到直线的距离为，所以.因为在上单调递减，所以，所以.【点睛】思路点睛：直线与圆锥曲线求三角形的面积：1.设出交点的坐标：；2.联立方程组，根据已知，得出关于或的方程，根据韦达定理，得出两根之和以及两根之积；3.根据点到直线的距离公式求出；4.根据弦长公式，整理化简得出弦长；5.代入面积公式，整理即可得出面积.22．已知，其中.(1)若，讨论的单调性；(2)已知是的两个零点，且，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）若，求得，分和，两种情况，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间；（2）根据题意得到，要证，转化为，令，求得，得出函数的单调性，得出，再设，求得，得到，即可求解.【详解】（1）解：若，即，可得，①若，则，即在单调递减；②若，令有，即在上单调递减，上单调递增，综上可得：当，在单调递减；当，