河北省金科大联考2024届高三上学期1月质量检测考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省金科大联考2024届高三上学期1月质量检测考试数学试题一､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.【答案】C【解析】由，解得，所以，由，解得，所以，，故选：C．2.已知，若为纯虚数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由为纯虚数，得，，解得，所以，故选:B．3.设，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知得，故，因为，所以，故，解得，故选：C．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.【答案】D【解析】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.设函数且在区间上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】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.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.【答案】B【解析】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.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.【答案】A【解析】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.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.【答案】D【解析】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．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【答案】AD【解析】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.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.【答案】AC【解析】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.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7【答案】BCD【解析】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.已知，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】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．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__________．【答案】2【解析】依题意，，解得，又，所以，故，解得．故答案为：2.14.设等差数列的前项和为，若，则__________．【答案】110【解析】因为，所以．故答案为：110.15.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__________．【答案】3【解析】由题意知图象关于原点对称，因此，解出，由于上单调递减，，因此，解出，由于，所以取，解得，又由于，且，则．故答案为：316.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__________．【答案】【解析】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．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．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．18.一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．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.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．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.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：．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；证明：（2）由（1）知，，当时，，所以，所以，则，因此．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．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．22.已知函数．（1）当时，求单调区间；（2）若是的极小值点，求的取值范围．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，所以的单调递减区间为，无增区间；（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