河南省豫西北教研联盟（许洛平）2024-2025学年高三第一次质量检测数学试题 含解析

豫西北教研联盟（许洛平）2024-2025学年高三第一次质量检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每题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.已知向量，若，则（）A. B.2 C.2或 D.2或【答案】C【解析】【分析】由数量积的坐标运算公式可得结果.【详解】，解得：或.故选：C.2.已知集合，若，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由集合的包含关系，对集合是否是空集分类讨论即可求解.【详解】集合，若，则若，则满足题意；若，且，则，综上所述，实数的取值范围是.故选：3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角余弦公式和诱导公式直接求解即可.【详解】，，.故选：B.4.下列选项中，是的充要条件的是（）A.已知非零向量B.已知C.在中，D.直线【答案】C【解析】【分析】根据充要条件、向量数量积运算、一元二次不等式、正弦定理、直线平行等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】是的充要条件，则，A选项，对于，，可能，但的长度、方向不一定相等，不能得到，所以A选项错误.B选项，对于，，解得，而，所以B选项错误.C选项，在三角形中，大角对大边，所以，由正弦定理得，所以，所以C选项正确.D选项，对于，时，两直线的方程都可以化为，此时两直线重合，所以D选项错误.故选：C5.已知，则的解集为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】根据定义判断奇偶性，由解析式判断对数复合函数的单调性，综合运用奇函数、单调性解不等式即可.【详解】由，且定义域为R，根据在上递增，则在上递增，又在上递增，则在上递增，结合奇函数性质且函数在R上连续，则在R上递增，由，所以，解集或.故选：D6.过双曲线的右焦点的直线与交于两点，若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则可得直线轴，和直线与轴重合，而从确定，最后求出双曲线的离心率.【详解】由过双曲线C:x2a2−y2b2若两点均在双曲线的右支时，则轴时，线段的长度取最小值，即为通径，此时为，若两点在双曲线的两支时，则直线与轴重合时，线段的长度取最小值，即为实轴，此时为，若线段的长度取最小值时，直线恰有两条，则，即，则双曲线的离心率，故选：A.7.已知数列中，，若，则（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得.【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，，则，即，因此数列是以为首项，为公差的等差数列.则，即，由，得，所以.故选：B8.已知，若函数没有零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数明确在上的单调性后根据最值的符号可得，在这个条件下可证在上无零点，故可得正确的选项.【详解】由题设可得当时无零点，此时，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，因为，故当时，，故，而为上的增函数，且，故即.当时，，设，，设，则，当时，，当时，，故在上为减函数，在上为增函数，故，，，故，故在上恒成立，故在上为减函数，故即在上恒成立，故在上无零点，综上，，故选：D.【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往需要根据导数讨论函数的单调性，结合最值的符号来判断，如果还涉及到分段函数，可以先求出一段上满足零点个数时参数的取值范围，再根据这个范围讨论余下一段即可.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知且，则（）A B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式可判断ABC的正误，利用导数可判断D的正误.【详解】对于A，因为，当且仅当时等号成立，故A正确；对于B，，当且仅当时等号成立，故B错误；对于C，，当且仅当时等号成立，故C正确；对于D，，设，则，当时，；当时，，故在上为减函数，在12,1为增函数，故，故D成立，故选：ACD.10.在平面直角坐标系中，角的顶点为坐标原点，始边为轴的非负半轴，终边与以为圆心，1为半径的圆交于点，射线绕点逆时针旋转后交圆于点，若点的纵坐标为，设，则（）A.B.C.函数的单调递增区间为D.的对称中心为【答案】BC【解析】【分析】由已知条件直接验算AB即可；对于CD，整体代入法求单调区间、对称中心，对比即可求解.【详解】对于A，由题意，所以，故A错误；对于B，由题意，故B正确；对于C，，所以函数的单调递增区间为，故C正确；对于D，，所以的对称中心为，故D错误.故选：BC.11.在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面（含边界）上的动点，且平面平面，则（）A.直线与平面所成角的最大值为B.点的轨迹长度为C.三棱锥的体积为定值D.若，且平面，则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，点到平面的距离最大时，计算可判断；对于B，取的中点，可得，计算可判断；对于C，取的中点，取的中点，可得与平面不平行，进而可判断；对于D，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，计算可得，进而可判断.【详解】对于A，由图可知，点到平面的距离最大时，直线与平面所成的角最大，又点为线段上的动点，所以点为时，到平面的距离最大，又因为平面，所以为直线与平面所成的角，又，所以直线与平面所成角的最大值为，故A正确；对于B，取的中点，延长交的延长线于，由，可得，所以，所以为的中点，由正方体，可得，又易得平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又且，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，又平面，所以平面，因为平面平面，所以（不含端点），易得，所以点的轨迹长度为，故B正确；对于C，取的中点，取的中点，易证，因为，，所以四边形是平行四边形，所以且，又且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，所以，又平面，所以与平面不平行，所以点到平面的距离不是定值，又三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积不为定值，故C错误；对于D，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，由平面，所以为平面的一个法向量，又，所以，所以点，设，则，因为平面，所以，所以，所以，故的取值范围为，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：解决轨迹长度的关键是先由面面垂直可得点的轨迹，进而计算可得轨迹长度.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数满足，则__________.【答案】##【解析】【分析】先利用复数的四则运算求出复数，再求其模长即得.【详解】由，可得，则.故答案为：.13.设抛物线的焦点为，直线与的一个交点为，直线与的另一个交点为，则__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，联立直线与抛物线的方程求出交点坐标，进而求出点的坐标，再借助抛物线定义求出长.【详解】抛物线的焦点为，由，解得或，即点或，当点时，直线，即，由，得，因此，显然点与关于轴对称，则当点时，点与点关于轴对称，，所以.故答案为：14.已知三棱锥，二面角的大小为，当三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】利用已知条件得到为等边三角形、为等腰直角三角形，且面，进而求棱锥外接球半径，即可得表面积.【详解】由，则底面外接圆半径，所以，外接圆是以为直径的圆，又，且二面角的平面角为，结合对称性，即在以为圆心，2为半径的半圆上，要使棱锥体积最大，需保证到面的距离最大，故，此时，又，,都在面上，故面，同时，还要保证面积最大，而，所以，当且仅当时等号成立，此时最大面积，综上，棱锥体积最大时，为等边三角形、为等腰直角三角形，且面，如下图，分别是中点，为的中心，为棱锥外接球球心，又，，所以，外接球半径，故其表面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据已知条件确定为等边三角形、为等腰直角三角形，且面，再确定外接球球心，进而求半径为关键.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.设为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点，点在椭圆上，点（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与交于两点，的面积为，求的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为，由四边形的面积为与，可求，进而将代入椭圆方程可求值，从而得到椭圆的方程；（2）设,与椭圆联立方程组，可得，进而求的值，从而由的面积可得的值，即得到直线的方程.【小问1详解】设椭圆的焦距为，因为，所以四边形为平行四边形，其面积设为S，则，所以，所以，即又点在椭圆，则，整理得，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】易知的斜率不为，设，联立，得，又，所以.所以，由，解得，所以的方程为或.16.已知函数，在中，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题干条件将函数解析式通过二倍角公式和辅助角公式化简，再代入求得的值；（2）由（1）中求得的和条件利用余弦定理建立关系式即可求得的值.【小问1详解】由题意得，因为，所以由，得.又因为，所以，所以，.【小问2详解】由（1）得，.所以由余弦定理可得，，又因为，所以，所以，即，即，故.把代入，可得，所以.17.如图，四棱锥中，为等边三角形，四边形为直角梯形，，.（1）证明：平面平面；（2）若与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，先利用线线垂直证明平面，得，再由题设证平面最后由线面垂直证得平面平面；（2）过作，交于，证明平面,依题意建系，利用题设条件求出相关点坐标，计算两平面的法向量，利用向量夹角的坐标公式计算即得.【小问1详解】如图，取的中点，连接.因四边形为直角梯形，且，则，又为等边三角形，，因平面，故平面，又平面,则，又，因平面,故平面又平面，平面平面.【小问2详解】由（1）知平面因平面,则平面平面，过作，交于，因平面平面,故平面,即为直线与平面所成的角，则，由（1）知平面因平面故，而，则于是，.如图，以为原点，所在直线为轴，过点在面中与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系.则于是，，设平面的法向量为,由，则可取；又,设平面的法向量为,由，则可取.设平面与平面的夹角为，则，即平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知函数.（1）若在点处的切线方程为，求的值；（2）若，判断函数的单调性；（3）当时，证明：，其中.【答案】（1）（2）在上单调递增，理由见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，根据导数几何意义求出切线方程，对照系数得到答案；（2）二次求导，求出导函数的单调性，结合，得到，恒成立，得到函数单调性；（3）不等式变形为，构造，二次求导，结合（2）中结论得到其单调性，又，从而证明出结论.【小问1详解】因为，所以，故又，所以在点处的切线方程为，即，由已知得.【小问2详解】因为，所以，令，则.依题意，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.所以，因为，则，则恒成立，所以上单调递增.【小问3详解】欲证成立，即证成立.设，其中.则.设，其中，则，由（2）知，在单调递减；在单调递增；所以在单调递减，且.故当时，，即，则在单调递增；当时，，即，则在单调递减..故在处取极大值，也是最大值，且最大值为，当且仅当时，所以当时，恒成立，即恒成立，即成立.【点睛】关键点点睛：第三问需构造，并看出，二次求导后刚好利用（2）中结论进行求解19.已知有穷数列的各项均为正整数，记集合的元素个数为.（1）若数列为，试写出集合，并求的值；（2）若是递增数列且，求证：是等比数列；（3）判断是否存在最大值，若存在，试说明理由.【答案】（1），（2）证明见解析（3）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意得到，求出；（2）由数列的单调性和得到，故，同理可得，对照得到，证明出结论；（3）共有个元素，故最多有个，不妨取，其中均为质数，从而推出分母为时，互不相同，结合等差数列求和公式得到答案.小问1详解】因为，所以集合，所以.【小问2详解】证明：因为an是递增数列，且，因为an是递增数列，所以，所以且互不相等，所以，又因为，所以且互不相等，所以所以，所以，所以，所以an为等比数列.【小问3详解】共有个元素，故最多