2024届青海省西宁市高三上学期期末联考数学试题（理）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2青海省西宁市2024届高三上学期期末联考数学试题（理）一、选择题1.已知复数满足，则复数的虚部为（）A.i B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗设复数，，又，可得，解得，所以复数的虚部为.故选：D.2.设全集，集合，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，又因全集，所以.故选：D.3.已知向量，，，若，则（）A.3 B.-1 C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗由，，又由，可得：，解得.故选：A.4.平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为角的终边经过点，所以，所以.故选：A5.曲线在点处切线的倾斜角为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故在点处切线的斜率，因为，故，故选：C.6.记为等差数列的前n项和，若，则（）A.28 B.30 C.32 D.36〖答案〗D〖解析〗因为为等差数列的前n项和，，所以.故选：D.7.交通锥，又称锥形交通路标，如图1，常用于进行工程、发生事故时提醒行人或车辆，以保证工程人员及道路使用者的人身安全等．某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究，发现将该交通锥筒放倒在地面上，如图2，使交通锥筒在地面上绕其顶点滚动，当这个交通锥筒首次转回原位置时，交通锥筒恰好滚动了3周．若交通锥筒近似看成无底的圆锥，将地面近似看成平面，该圆锥的底面半径为，则该圆锥的侧面积为（交通锥筒的厚度忽略不计）（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗解法一：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，又圆锥的底面圆半径，则该圆锥的底面周长为，故由题意，，解得：，所以圆锥的侧面积，故该圆锥的侧面积为．故选：B.解法二：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，面积为，又圆锥的底面圆半径，则该圆锥的侧面积为，故由题意，，解得：，所以圆锥的侧面积，故该圆锥的侧面积为．故选：B.8.已知是两条不同直线，是三个不同平面，则下列说法正确的是（）A.则 B.则C.则 D.则〖答案〗C〖解析〗对于A：因为所以或或与相交，故A错误；对于B：因为所以或，故B错误；对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；对于D：因为所以或，故D错误；故选：C.9.已知，，，则、、大小关系为（

）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为函数在上单调递增，则，即.又因为，所以.故选：D.10.下列命题中的假命题是()A.R B.RC.R D.R〖答案〗C〖解析〗因为，所以选项A、B均为真命题，选项C为假命题；因为在R上的值域可知，所以D为真命题；故选：C.11.我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，已知函数的部分图象如图所示．则的〖解析〗式可能是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由图可知，函数是上的奇函数，且，若，则，不合题意，故A错误；若，由得，不合题意，故B错误；若，则，不合题意，故D错误；故排除ABD，得C正确.故选：C.12.对满足的任意正实数、，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗不等式恒成立，，，且当且仅当，即时取等号，，即解得故实数的取值范围是故选：C.二、填空题.13.若“”的一个充分不必要条件是“”，则实数的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗因为“”是“”的一个充分不必要条件，所以是的真子集，故，故〖答案〗为：14.已知向量，则的单位向量坐标为____________〖答案〗〖解析〗由已知，，，故〖答案〗为：.15.已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则_______.〖答案〗14或23〖解析〗由题意可得成等差数列，则，即，即，即，解得或.故〖答案〗为：14或2316.在中，内角的对边分别为，若，且，则面积的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，由余弦定理得，因为，所以，由余弦定理得，则，当且仅当时，等号成立，所以，所以面积的最大值为，故〖答案〗为：.三、解答题17.已知函数，若该函数的一个最高点的坐标为，与其相邻的对称中心坐标为.（1）求函数〖解析〗式；（2）求函数的单调增区间.解：（1）由题意可得，，且，则，所以，所以，将点代入，可得，即，解得，且，则，所以（2）由（1）可得，令，，解得，，所以的单调增区间为.18.如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．（1）证明：平面FND；（2）若P为FC的中点，求二面角的正弦值．（1）证明：∵四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，且，∴四边形ABNM正方形，且边长为1，∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故，又，，∴，∴，又，，平面MDCN，平面MDCN，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，易知，∴，∴，又，平面，平面，∴平面；（2）解：解法一：由（1）知平面MDCN，又，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，，设平面FND的法向量为，则，令，令，则，∴，设平面PND的法向量为，则，令，则，，∴，∴，∴，∴二面角的正弦值为．解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，过O作，垂足为H，连接PH，则就是二面角的平面角，又，，∴，∴，∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，∴二面角的正弦值为．19.已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列（1）求数列通项公式（2）设，求数列的前项和解：（1）设等差数列的公差为，由题意，得，解得或，所以或；（2）当时，，此时；当时，，此时.20.（1）求以为渐近线，且过点的双曲线的方程；（2）求以双曲线的顶点为焦点，焦点为顶点的椭圆的方程；（3）椭圆上有两点，，为坐标原点，若直线，斜率之积为，求证：为定值.（1）解：设双曲线方程为，将代入，得到，解得，所以双曲线方程为，（2）解：由（1）知双曲线的顶点为，焦点为，所以椭圆的顶点为，焦点为，即，又，得到，所以椭圆的方程为.（3）证明：设，，则，由，消得到，所以，故，同理可得，所以为定值.21.已知函数．（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）若存在极小值点，且，求的取值范围．解：（1），当时，，由得或，所以函数的单调递增区间为和．（2）．当时，令，得，则当时，，当时，，所以函数仅有唯一的极小值点，此时，显然符合题意．当时，令，得或，若，即，则，此时单调递增，无极值点，不符合题意；若，即，则当时，，当时，，所以函数的极小值点，由得，所以；若，即，则当时，，当时，，所以函数的极小值点，由得．综上所述，的取值范围为．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（其中为参数）.以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.（1）求直线l直角坐标方程和曲线C的普通方程；（2）已知点，直线l与曲线C交于M，N两点，求的值.解：（1）将代入，得，所以直线l的直角坐标方程为；由曲线C的参数方程为，化为，平方相加得曲线C的普通方程为.（2）点在直线l上，则直线l的参数方程为（其中t为参数），将l的参数方程代入曲线C的普通方程，得，设点M对应的参数为，点N对应的参数为，则，，显然，一正一负，因此，所以=.23.设函数，（1）当时，求不等式的解集；（2）对任意实数，证明在上恒成立.（1）解：当时，即的解集是下列三个不等式组的解集的并集：①②③解①得：解②得：解③知，适合该不等式组的实数不存在不等式的解集为（2）证明：由绝对值的三角形不等式，得：又对任意实数，不等式在上恒成立．青海省西宁市2024届高三上学期期末联考数学试题（理）一、选择题1.已知复数满足，则复数的虚部为（）A.i B.1 C. D.〖答案〗D〖解析〗设复数，，又，可得，解得，所以复数的虚部为.故选：D.2.设全集，集合，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以，又因全集，所以.故选：D.3.已知向量，，，若，则（）A.3 B.-1 C.2 D.4〖答案〗A〖解析〗由，，又由，可得：，解得.故选：A.4.平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为角的终边经过点，所以，所以.故选：A5.曲线在点处切线的倾斜角为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故在点处切线的斜率，因为，故，故选：C.6.记为等差数列的前n项和，若，则（）A.28 B.30 C.32 D.36〖答案〗D〖解析〗因为为等差数列的前n项和，，所以.故选：D.7.交通锥，又称锥形交通路标，如图1，常用于进行工程、发生事故时提醒行人或车辆，以保证工程人员及道路使用者的人身安全等．某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究，发现将该交通锥筒放倒在地面上，如图2，使交通锥筒在地面上绕其顶点滚动，当这个交通锥筒首次转回原位置时，交通锥筒恰好滚动了3周．若交通锥筒近似看成无底的圆锥，将地面近似看成平面，该圆锥的底面半径为，则该圆锥的侧面积为（交通锥筒的厚度忽略不计）（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗解法一：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，周长为，又圆锥的底面圆半径，则该圆锥的底面周长为，故由题意，，解得：，所以圆锥的侧面积，故该圆锥的侧面积为．故选：B.解法二：设圆锥的母线长为，则圆锥绕顶点滚动所形成的圆的半径为，面积为，又圆锥的底面圆半径，则该圆锥的侧面积为，故由题意，，解得：，所以圆锥的侧面积，故该圆锥的侧面积为．故选：B.8.已知是两条不同直线，是三个不同平面，则下列说法正确的是（）A.则 B.则C.则 D.则〖答案〗C〖解析〗对于A：因为所以或或与相交，故A错误；对于B：因为所以或，故B错误；对于C：两个平面平行，一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面，故C正确；对于D：因为所以或，故D错误；故选：C.9.已知，，，则、、大小关系为（

）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗因为函数在上单调递增，则，即.又因为，所以.故选：D.10.下列命题中的假命题是()A.R B.RC.R D.R〖答案〗C〖解析〗因为，所以选项A、B均为真命题，选项C为假命题；因为在R上的值域可知，所以D为真命题；故选：C.11.我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，已知函数的部分图象如图所示．则的〖解析〗式可能是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由图可知，函数是上的奇函数，且，若，则，不合题意，故A错误；若，由得，不合题意，故B错误；若，则，不合题意，故D错误；故排除ABD，得C正确.故选：C.12.对满足的任意正实数、，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗不等式恒成立，，，且当且仅当，即时取等号，，即解得故实数的取值范围是故选：C.二、填空题.13.若“”的一个充分不必要条件是“”，则实数的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗因为“”是“”的一个充分不必要条件，所以是的真子集，故，故〖答案〗为：14.已知向量，则的单位向量坐标为____________〖答案〗〖解析〗由已知，，，故〖答案〗为：.15.已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则_______.〖答案〗14或23〖解析〗由题意可得成等差数列，则，即，即，即，解得或.故〖答案〗为：14或2316.在中，内角的对边分别为，若，且，则面积的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，由余弦定理得，因为，所以，由余弦定理得，则，当且仅当时，等号成立，所以，所以面积的最大值为，故〖答案〗为：.三、解答题17.已知函数，若该函数的一个最高点的坐标为，与其相邻的对称中心坐标为.（1）求函数〖解析〗式；（2）求函数的单调增区间.解：（1）由题意可得，，且，则，所以，所以，将点代入，可得，即，解得，且，则，所以（2）由（1）可得，令，，解得，，所以的单调增区间为.18.如图1所示，四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，N为BC上一点，且．现将四边形ABNM沿MN翻折，使得AB与EF重合，得到如图2所示的几何体MDCNFE，其中．（1）证明：平面FND；（2）若P为FC的中点，求二面角的正弦值．（1）证明：∵四边形ABCD中，，，，，M为AD的中点，且，∴四边形ABNM正方形，且边长为1，∴题图2中，四边形EMNF是边长为1的正方形，故，又，，∴，∴，又，，平面MDCN，平面MDCN，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，易知，∴，∴，又，平面，平面，∴平面；（2）解：解法一：由（1）知平面MDCN，又，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，∴，，，设平面FND的法向量为，则，令，令，则，∴，设平面PND的法向量为，则，令，则，，∴，∴，∴，∴二面角的正弦值为．解法二：如图，取NC的中点O，连接PO，则，∴平面MDCN，∵平面MDCN，∴，过O作，垂足为H，连接PH，则就是二面角的平面角，又，，∴，∴，∵平面MDCN，平面FND，∴平面平面MDCN，∴二面角的正弦值为．19.已知等差数列的前四项和为10，且成等比数列（1）求数列通项公式（2）设，求数列的前项和解：（1）设等差数列的公差为，由题意，得，解得或，所以或；（2）当时，，此时；当时，，此时.20.（1）求以为渐近线，且过点的双曲线的方程；（2）求以双曲线的顶点为焦点，焦点为顶点的椭圆的方程；（3）椭圆上有两点，，为坐标原点，若直线，斜率之积为，求证：为定值.（1）解：设双曲线方程为，将代入，得到，解得，所以双曲线方程为，（2）解：由（1）知双曲线的顶点为，焦点为，所以椭圆的顶