新疆维吾尔自治区慕华·优策2024届高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

PAGEPAGE1新疆维吾尔自治区慕华·优策2024届高三上学期第一次联考数学试题一、单项选择题1.已知复数满足，其中是虚数单位，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，则，故.故选：B.2.已知集合，则集合的元素个数为（）A.3 B.2 C.4 D.5〖答案〗A〖解析〗当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，故，共三个元素.故选：A.3.已知向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（）A. B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗由题意可得，又，故，则.故选：D.4.记为数列的前项和，设甲：为等差数列，乙：（其中），则下列说法正确的是（）A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件〖答案〗C〖解析〗由题意知：甲：数列为等差数列，设其首项为，公差为，则，充分性：当数列为等差数列时，其前项和，故充分性成立；必要性：当时，得，，将上述两式相减得，即，所以，，两式相减，得，即，，所以数列为等差数列，故必要性成立.综上所述：甲是乙的充要条件，故C正确.故选：C.5.若的展开式中常数项为，则的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗由，有，令，即，故，即，即，则，当且仅当或时，等号成立，故的最小值为.故选：C.6.已知双曲线的左焦点为，为坐标原点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点，且，，，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.〖答案〗B〖解析〗由，，故，则有、、，又，故，又，故，则，则，，故，即，即，即，则.故选：B.7.已知函数在定义域内单调递增，则的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意定义域为且单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，令，所以只需，所以，当，，在单调递增，当，，在单调递减，当时，有极大值且为最大值，所以，故B正确.故选：B.8.在中，角的对应边是，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以由余弦定理可得，利用正弦定理边化角得，因为，所以，且，由得，所以，整理得，解得或，所以或，又，所以，所以.故选：B二、多项选择题9.定义在上的函数满足，且均有，当时，，则下列说法正确的是（）A.B.时，数列是公比为2的等比数列C.在上单调递增D.〖答案〗ABC〖解析〗令，，则有，由，故，即，故A正确；令，，则有，即，即，又，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；令，，则有，由，，故、、，则，即当时，有恒成立，故在上单调递增，故C正确；由数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故，即，则，故D错误.故选：ABC.10.抛物线与圆在第一象限交于，两点，则下列说法正确的是（）A.B.中点的坐标为C.直线方程为D.设点关于轴的对称点为，则直线的斜率为2〖答案〗AC〖解析〗将代入，得，有，，又，故，有，，则，故A正确；有，则，故中点为，故B错误；，故，化简得，故C正确；由，故，则，故D错误.故选：AC.11.长方体中，，为棱的中点，平面上一动点满足，则下列说法正确的是（）A.长方体外接球的表面积为 B.C.到平面距离为 D.的轨迹长度为〖答案〗AD〖解析〗对于A选项，长方体的外接球直径为，所以，长方体外接球的表面积为，A对；对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，所以，，，则，B错；对于C选项，设平面的法向量为，，则，取，可得，且，所以，点到平面的距离为，C错；对于D选项，取线段的中点，因为，则，因为为的中点，且点到平面的距离为，故点到平面的距离为，所以，点的轨迹是平面截以点为球心，半径为的球所得圆，且截面圆的半径为，因此，点的轨迹长度为，D对.故选：AD.12.已知任一随机变量，若其数学期望，方差均存在，则对任意的正实数，有，即表示事件“”的概率下限估计值为．现有随机变量，则下列说法正确的有（）A若，则B.C.若，则取最大值时或D.若有不低于的把握使，则的最小值为625〖答案〗BCD〖解析〗因为，所以当时，，A错误；因为，所以，B正确；当时，则，由，解得或，C正确；若，则，，即，由题知，，由解得，D正确.故选：BCD三、填空题13.若函数是偶函数，则实数值为______．〖答案〗〖解析〗的定义域为R，，因为函数是偶函数，所以，所以恒成立，故，即.故〖答案〗为：14.已知一个圆台的上下底面半径分别为和，且它的侧面展开图扇环的面积为，则这个圆台的体积为______．〖答案〗〖解析〗设圆台的母线长为，则该圆台的侧面积为，解得，取该圆台的轴截面等腰梯形，如下图所示：分别过点、作、，因为，，，所以，，所以，，因为，，，所以，四边形为矩形，则，，所以，，所以，该圆台的高为，故该圆台的体积为.故〖答案〗为：.15.已知为坐标原点，，且，定点，则取最大值时直线的方程为______．〖答案〗或〖解析〗设点，由，所以，所以点的轨迹是以原点为圆心，半径为的圆，且点在圆外，当取最大值时即等价于过点的直线与圆相切，设过点的直线为，圆心到直线距离，解得，此时直线为，即或，故〖答案〗为：或.16.若存在正实数满足，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗存在正实数满足，不等式两边同除以得，令，则，即，令，则，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极大值，也是最大值，故，即，综上，，解得，故，，故，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值，也是最大值，最大值为.故〖答案〗为：.四、解答题17.非零数列满足，且．（1）设，证明：数列是等差数列；（2）设，求的前项和．（1）证明：由，得对于恒成立，所以，即，所以，而，故，所以数列是以1为公差，为首项的等差数列.（2）解：由（1）知，，即，整理得，由累乘法得，即，又，所以，则，所以.18.如图：在四棱锥中，，，平面，，为的中点，，．（1）证明：；（2）求平面与平面所成夹角．（1）证明：由，，故，又平面，、平面，故、，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中轴，由题意可得、、、、，则，，，，，由为的中点，故，则，，则，故，故；（2）解：由（1）知、、，且、，故，设平面与平面的法向量分别为、，则有、，即、，不妨分别取，，则可得、，则，故，即平面与平面所成夹角为.19.某游戏游玩规则如下：每次游戏有机会获得5分，10分或20分的积分，且每次游戏只能获得一种积分；每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，三次游戏为一轮，一轮游戏结束后，计算本轮游戏总积分．（1）求某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的概率（用含的代数式表示）；（2）当某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率取得最大值时，求一轮游戏累计积分的数学期望．解：（1）某人在一轮游戏中，累计积分不超过25分的情况为：①三次游戏都获得5分；②两次游戏获得5分，一次游戏获得10分；③一次游戏获得5分，两次游戏获得10分；所以其概率为：.（2）依题意，记一轮游戏累计积分为，而某人在一轮游戏中累计积分在区间内的情况有分和分两种情况，则，，记某人在一轮游戏中累计积分在区间内的概率为，则，，则，令，得；令，得；所以在上单调递增，在上单调减；所以当时，取得最大值；此时每次游戏获得5分，10分，20分的概率分别为，由题意可知的所有可能取值为，，，，，，，，，，则的数学期望为.20.在锐角中，的对应边分别是，且．（1）求的取值范围；（2）求的取值范围．解：（1），由，故，由，故，则，由为锐角三角形，故，即，则有，，，可得，故，即；（2）由，，则，由（1）知，故，故，即.21.已知椭圆的左右焦点为、，下顶点为，且椭圆过，且．（1）求椭圆的方程；（2）设过的直线交椭圆于、两点，为坐标平面上一动点，直线、、斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上，若存在，求出该定直线的方程，若不存在，请说明理由．（1）解：将点的坐标代入椭圆的方程可得，可得，易知点、，则，，因为，则，整理可得，解得，则，因此，椭圆的方程为.（2）解：设点，设点、，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，，，，，因为直线、、斜率的倒数成等差数列，即，所以，，即，将，代入上述等式可得，显然，所以，，整理可得，可得，即，即对任意的恒成立，所以，，解得或，显然，故；当直线的斜率不存在时，则、为椭圆短轴的端点，不妨设、、，其中，，，，则，满足条件.综上所述，点在定直线上.22.（1）讨论的单调性；（2）记，试探究是否存在使在处取得极小值且恒成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解：（1），当时，，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减；当时，令，可得或，故当，即时，恒成立，故恒成立，故在上单调递减；当，即时，在或时小于，在时大于，故在、上单调递减，在上单调递增；当，即时，在或时小于，在时大于，故在、上单调递减，在上单调递增；综上所述：当时，在上