安徽省淮北市2024届高三第一次质量检测数学试卷（解析版）

PAGEPAGE1安徽省淮北市2024届高三第一次质量检测数学试卷一、选择题1.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由可得，即，而，所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由得，故，故选：A3.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A.若，且，则 B.若，且，则C.若，且，则 D.若，且，则〖答案〗D〖解析〗如图所示正方体，对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.故选：D4.记是等差数列的前项和，则“是递增数列”是“是递增数列”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗若是递增数列，则公差，所以，故，所以为递增数列，若为递增数列，则，则，故，所以是递增数列，故“是递增数列”是“是递增数列”的充要条件，故选：C5.已知定义在上奇函数满足，当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为为奇函数且满足.所以，即，所以，所以是周期为4的周期函数.因为,所以所以.故选：B6.已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（）A. B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗由圆的方程，可得圆心为，半径为又由双曲线，可得其中一条渐近线方程为，即，因为双曲线的渐近线交圆于两点，且，所以圆心在直线，即，可得，则双曲线的离心率为.故选：D.7.已知，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，注意到，.又，所以.故选：A.8.已知方程有两个不等实数根，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由题知，方程转化为，令，则，令，则，因为，所以，所以为增函数，且.所以当时，，递减，当时，，递增，且，时，，，，时，，，，所以可得图象如图所示，方程有两个不相等实根，即直线与函数图象有两交点，又直线过定点，故.AB错误；又方程转化为，令.，而在上为增函数，且，故当时，即在上为减函数，当时，即在上为增函数，故又，又有两个解，即，不妨设，故，而，所以即.C正确；由C知，，所以，D错.故选：C二、选择题9.已知，，，下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗BD〖解析〗当为负数时A可能不成立，例如但是错误的.因为根据不等式性质可得正确.因为，所以所以即所以故C错误.因为，所以，所以正确.故选：BD10.已知函数，，（）A.存实数使得在单调递减B.若的图象关于点成中心对称，则的最小值为2C.若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象D.若，的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于A，因为，，因为，所以不存在实数使得在单调递减，故A错误；对于B，的图象关于点成中心对称，所以，所以，，因为，所以的最小值为2，故B正确；对于C，若，，将的图象向右平移个单位可以得到的图象，则，故C正确；对于D，若，，，，当时，的最大值为，故D正确.故选：BCD.11.如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（）A. B.存在点，使C.若，则点的轨迹长度为2 D.的最小值为〖答案〗AD〖解析〗设为正六边形的中心，根据正六边形的性质可得且四边形均为菱形，，故A正确，假设存在存在点，使，则,其中点为以为邻边作平行四边形的顶点，所以在直线上，这与点是内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，当时，，取,则,所以点的轨迹为线段,其中分别为过点作与的交点，由于为的中点，所以,故点的轨迹长度为1，C错误，由于,,过作于，则,所以此时，由于分别为上的分量，且点点是内部（包括边界）的动点，所以当位于时，此时同时最小，故的最小值为故选：AD12.已知，，，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，，设，的中点分别为，，则（）A.点有可能在上B.线段的长有可能为7C.四面体的体积的最大值为20D.四面体的体积的最大值为56〖答案〗BCD〖解析〗由题意，注意到点、轨迹分别为以为球心，以4、3为半径的两同心球面上，、分别为两球面的切线.A项，点在内球面上，线段是中球面切线，所以点不可能在线段上，选项A错误.B项，最大，此时，选项B正确.C项，∵，点到面最大值为5，∴最大值为20，选项C正确.D项，当，最大时，四面体体积最大.连结，，注意到，此时四面体体积为，D正确.故选：BCD.三、填空题13.已知，，则__________.〖答案〗〖解析〗由可得，故，又，解得或，由于，，故，又，故，因此，故，故〖答案〗为：14.正项等差数列的前项和为，若，，成等比数列，则的最小值为___________.〖答案〗〖解析〗设的公差为，则，而，当且仅当时取得等号.故〖答案〗为：15.已知抛物线准线为，焦点为，点，在抛物线上，点在上，满足：，，若，则实数____________.〖答案〗〖解析〗由题设知：共线，且，如下图，作，垂足分别为，则，所以，又，则，所以，即，故.故〖答案〗为：216.记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有最小值，则实数的值可以是___________（写出满足条件的一个的值即可）.〖答案〗（〖答案〗不唯一，取内得任一值即可）.〖解析〗取，，.则.题意等价于在区间上既有最大值，又有最小值.当时，在上为增函数，只有最小值，无最大值；当时，在上递减，在上递增，此时，有最小值，无最大值；当时，在上递减，在上递增，此时，最大值为，最小值为；当时，在上为减函数，有最大值，无最小值.综上，的取值范围是.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一，取内得任一值即可）四、解答题17.已知中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若，，且，求.解：（1）由，得，即，.所以，故.（2）在中，，，，由余弦定理可得：，化简可得：，解得：或（舍去）.又因为，故.在中，，故.18.如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）求证：；（2）若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积.（1）证明：因为，为中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，（2）解：因为是边长为2的等边三角形，所以是以为直角顶点的直角三角形，过作，交于，结合题设，以为原点，，，为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，因为，可设（），所以，，设面法向量为，则，令，得，易知平面法向量为，平面与平面夹角正切值为，所以余弦值为，故，解得，所以，故.19.某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：（1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义．解：（1）由题意知，当时，，即，解得或，∴时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；（2）当时，；当时，；∴；当时，单调递减；当时，单调递增；说明该地上班族中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为时，人均通勤时间最少．20.已知数列为递增的等比数列，，记、分别为数列、的前项和，，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：当时，.（1）解：设等比数列的公比为，因为，，可得，可两式相减，可得，所以，解得或，又因为数列为递增的等比数列，所以，则，所以数列的通项公式为.（2）证明：由（1）知，可得.当为偶数时，.此时，.当时，，所以成立.当为奇数时，.检验知，当时，上式也成立.此时，，当时，，所以成立.综上所述，当时，成立.21.已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，，.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上.（1）解：由题意得，得又，,，中化简得，解得，所以得椭圆方程为：.（2）证明：当直线有斜率且不为0时，设，，由消整理得：因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交得，又为线段中点，所以所以，得由，消整理得：，设点坐标，进而得，设点坐标为，由得：整理得：（※）又，带入（※）得，约去得即所以点在定直线上.当直线斜率为0时，则轴，此时,,由可得，则，点在定直线上.当直线无斜率时，此时方程为，此时轴，则在轴上，故,由可得，所以点，所以点在定直线上.综上可得：点在定直线上.22.已知函数，，（）.（1）求函数的最小值；（2）若有两个不同极值点，分别记，，且.（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）若不等式恒成立（为自然对数底数），求正数的取值范围.解：（1）由题意得：，，当时，，此时，在上单调递减；当时，，此时，在上单调递增；所以.（2）（ⅰ）由题意得的定义域为，得因两个不同极值点，故方程有两个不同的根，（），即方程有两个不同的根，记函数，则当时，，此时，在上单调递增；当时，，此