2024年河北省高三数学1月质量检测联考试卷附答案解析

年河北省高三数学1月质量检测联考试卷2024年1月全卷满分150分，考试时间120分钟．一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，若为纯虚数，则（

）A． B． C． D．3．设，若，则（

）A． B． C． D．4．已知为不共线的平面向量，，若，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．设函数且在区间上单调递增，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（

）A． B． C． D．7．已知正方形的边长为1，将正方形绕着边旋转至分别为线段上的动点，且，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知双曲线的离心率为2，左､右顶点分别为，右焦点为，是上位于第一象限的两点，，若，则（

）A． B． C． D．二､多项选择题：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．已知甲､乙两组数据分别为，和，若甲､乙两组数据的平均数相同，则（

）A．甲组数据的中位数为10B．乙组数据的第75百分位数为9.5C．甲､乙两组数据的极差相同D．甲组数据的方差小于乙组数据的方差10．已知圆台上､下底面半径分别为1，2，且上下底面圆周均在半径为的球的球面上，则该圆台的体积可能为（

）A． B． C． D．11．在平面直角坐标系中，已知圆，圆，是圆的一条直径，点在圆上，设直线为两圆的公切线，则（

）A．圆和圆外切 B．直线斜率的最小值为0C．直线斜率的最大值为 D．面积的最大值为712．已知，则（

）A． B．C． D．三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知为定义在上的奇函数，当时，且，若，则．14．设等差数列的前项和为，若，则．15．已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得函数的图象关于原点对称，且在上单调递减，则．16．已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为．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､证明过程及演算步骤．17．记锐角中内角的对边分别为，且．(1)求的值；(2)若，且，求的面积．18．一个骰子各个面上分别写有数字，现抛掷该股子2次，记第一次正面朝上的数字为，第二次正面朝上的数字为，记不超过的最大整数为．(1)求事件“”发生的概率，并判断事件“”与事件“”是否为互斥事件；(2)求的分布列与数学期望．19．如图，在四棱锥中，平面，在棱上，平面，设．(1)求；(2)若点到平面的距离为1，求直线与平面所成角的正弦值．20．设为数列的前项和，已知为等比数列，且．(1)求数列的通项公式；(2)已知，设，记为数列的前项和，证明：．21．已知抛物线，过焦点的直线与交于两点，且的最小值为2．(1)求的方程；(2)过且与垂直的直线交于两点，设直线的中点分别为，过坐标原点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．22．已知函数．(1)当时，求的单调区间；(2)若是的极小值点，求的取值范围．1．C【分析】解出集合后再求交集即可.【详解】由，解得，所以，由，解得，所以，，故选：C．2．B【分析】根据纯虚数的定义可得，进而利用复数的模长公式即可求解.【详解】由为纯虚数，得，解得，所以，故选:B．3．C【分析】将切化为弦，列方程求解即可.【详解】由已知得，故，因为，所以，故，解得，故选：C．4．D【分析】根据向量的加法法则，结合投影向量的求解即可求解.【详解】由可得，又，如图所示，由平行四边形法则可得四边形为菱形，故互相垂直平分，所以在方向上的投影向量为，故选：D．5．A【分析】根据单调性与导数的关系可得在上恒成立，进而即可求解.【详解】依题意，在上恒成立，记，则在上恒成立，在上单调递增，所以只需，解得，故选：A．6．B【分析】首先得甲去场馆或的总数为，进一步由组合数排列数即可得所求概率.【详解】不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，甲不去场馆，分两种情况讨论，情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为.故选：B．7．A【分析】根据线线垂直可证明线面垂直，进而根据余弦定理求解，结合二次函数的性质即可求解.【详解】由于平面，所以平面，平面，由于，则，在中，利用余弦定理可得,所以，过作的垂线，垂足为，由，平面，所以平面，又平面，所以，所以，不妨设，则，所以由余弦定理得，，故选：A．8．D【分析】由题意，，余弦定理得，得，由，求，最后由求值即可.【详解】设双曲线的焦距为，左焦点为，离心率，则，由余弦定理得，所以，又，所以，设，则，，所以，所以，，故选：D．【点睛】思路点睛：双曲线与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理余弦定理和，中利用余弦定理得，可求得，点坐标满足双曲线方程，可得，可求，利用计算即可．9．AD【分析】利用平均数相同求出参数，后利用平均数，中位数，极差，方差的计算公式求解即可.【详解】甲组共有5个数据，从小到大排列后，10为中间数字，所以甲组数据的中位数为选项正确；由题意得甲､乙两组数据的平均数相同，且易知甲组数据的平均数均为10，故乙组数据的平均数也为10，故得，所以，又，乙组数据从小到大排列为，所以乙组数据的第75百分位数为选项错误；易知甲组数据极差为4，乙组数据极差为选项错误；两组数据平均数相同，乙组数据离散程度更大，方差更大，D选项正确，故选：AD．10．AC【分析】设圆台外接球球心为，球心到上，下底面的距离为，求出和，分位于上下底面之间和位于下底面下方即可求解.【详解】设圆台外接球球心为，球心到上，下底面的距离为，则，解得，同理可得，若位于上下底面之间，则圆台的高为，此时圆台体积为，若位于下底面下方，则圆台的高为，此时圆台体积为.故选：AC．11．BCD【分析】A选项，计算出圆心距，得到，A错误；B选项，画出图形，得到内公切线的斜率最小，计算出最小斜率；C选项，内公切线的斜率最大，设其倾斜角为，利用二倍角公式和斜率定义求出答案；D选项，计算出，得到面积最大值.【详解】A选项，的圆心为，半径为，的圆心为，半径为，，因为，所以和外离，选项错误；B选项，画出两圆如下：可以看出共有4条公切线，其中内公切线的斜率最小，其中：与和均相切，所以直线斜率的最小值为正确；C选项，由B选项可知，：，内公切线的斜率最大，设其倾斜角为，直线的斜率，即，则，所以直线斜率的最大值为．C选项正确；D选项，易知，此时三点共线，当时，面积取得最大值，最大值为，选项正确，故选：．12．ABD【分析】由题意可得：，对于A：由于分析可得，运算求解即可；对于B：由题意可得等价于，，构建，结合导数单调性分析证明；对于C：由题意可得可得，，构建，结合导数单调性分析证明；对于D：由题意可得等价于，结合基本不等式分析判断.【详解】由题意可得：，对于选项A：由于，则，即，显然，因为均在内单调递增，且函数值均为正值，则在内单调递增，且，由解得，A选项正确；对于选项B：因为，等价于，即证，，设，则，则在上单调递减，则，选项正确；对于选项C：令，求导得，函数在上单调递增，要证，只需，即，，设，则，因为均在内单调递增，则在内单调递增，且，可知存在使得，则在上单调递减，因为，所以，C选项错误；对于选项D：因为均在内单调递增，且函数值均为正值，则在内单调递增，要证，只需，即，因为，可得，D选项正确；故选：ABD．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．13．2【分析】根据条件得到，，即可求出的值.【详解】依题意，，解得，又，所以，故，解得．故答案为：2.14．110【分析】由等差数列性质得，结合等差数列求和公式即可求解.【详解】因为，所以．故答案为：110.15．3【分析】根据余弦函数的性质可得，结合单调性列不等式即可求解.【详解】由题意知图象关于原点对称，因此，解出，由于在上单调递减，，因此，解出，由于，所以取，解得，又由于，且，则．故答案为：316．【分析】当为短轴端点时，最大，进而求出的范围，由正弦定理得外接圆的半径，再利用余弦定理和三角形面积公式化简得到的面积，由三角形内切圆的半径公式可得的内切圆半径，化简可得，利用基本不等式求出最值即可.【详解】由于，所以，，故，设，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以，设外接圆半径为，则，即，由余弦定理得：，整理可得，所以的面积，故的内切圆半径，所以，因为，所以，当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为．【点睛】结论点睛：本题主要考查椭圆焦点三角形的面积以及内切圆和外接圆的半径问题，常用以下结论：(1)椭圆焦点三角形的周长；(2)椭圆焦点三角形的面积；(3)三角形外接圆的半径公式：；(4)三角形内切圆的半径公式：(其中为三角形面积，为周长)17．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可得进而根据正切的和差角求解，（2）根据正弦定理，结合面积公式即可求解.【详解】（1）由条件及正弦定理得而，所以，因此，由于，则，得因此是锐角三角形，因此均存在，所以，故；（2）由（1）可知，，则，且，故，利用正弦定理得，解出，，故，因此面积．18．(1)，事件“”与事件“”为互斥事件；(2)分布列见解析，【分析】（1）列举出所包含的情况数，计算出，判断出事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；（2）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列和数学期望值.【详解】（1）当取取值为时，，当取取值为时，，当取取值为时，，当取取值为1，2时，，当取取值为1时，，所以，当时，，事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；（2）的取值为，取值为，时，，取值为时，，取值为时，，取值为时，，取值为时，，取值为时，，所以的分布列为0123456所以．19．(1)(2)【分析】（1）利用线面平行判断线线平行，结合平行线分线段成比例分析即可.（2）建立空间直角坐标系，运用线面角的向量求法处理即可.【详解】（1）连接，相交于，由可知，面，平面平面，由平面可知，，则；（2）易知，又，故由余弦定理得，解得，由于，所以，又平面平面，所以，因为，面，面，所以平面，而面，所以面面，又平面平面，过作垂直于，则平面，所以，设，对使用等面积法可得，解得，建立空间直角坐标系如图所示，，由，可得，因为平面，所以为平面的一个法向量，因为，所以为的中点，所以，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．20．(1)(2)证明见解析【分析】（1）由，得，等比数列的首项为1公比为2，可得通项；（2）由与的关系，求出的通项，通过放缩法证明不等式.【详解】（1）为数列的前项和，，则有，所以，等比数列的公比为2，又，所以；（2）证明：由（1）知，，当时，，所以，所以，则，因此．21．(1)(2)存在定点，使得为定值【分析】（1）设出直线，联立抛物线方程，求出，得到，求出答案；（2）在（1）的基础上，得到，，得到直线的方程，得到直线过定点，在以为直径的圆上，所以存在定点，使得为定值．【详解】（1）当直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去；设直线，与抛物线方程联立可得，设，则，所以，所以，所以的方程为．（2）由（1）可知，，所以，同理可得，所以直线斜率为，所以直线，即，所以直线过定点，因为⊥，所以在以为直径的圆上，取的中点，则为定值，所以存在定点，使得为定值．【点睛】处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.22．(1)在上单调递减(2)【分析】（1）求导，构造函数，利用导数求解单调性即可求解，（2）求导，结合分类讨论求解函数的单调性，即可结合极值点的定义求解.【详解】（1）当时，，设，则，所以当时，单调递增，当时，单调递减，当时，取得极大值，所以，所以在上单调递减；（2），设，则，（i）当时，二次函数开口向上，对称轴为，当时，单调递增，因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以是的极小值点．当时，，又，所以存在，使得，所以当时，单调递增，又，所以