精品解析：河南省漯河市高级中学2024届高三上学期1月月考数学试题

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1. 下面命题正确的是（ ）
A. 已知，则“”是“”的充要条件
B. 命题“若，使得”的否定是“”
C. 已知，则“”是“”的既不充分也不必要条件
D. 已知，则“”是“”必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】利用充分不必要条件的定义判断A；利用存在量词命题的否定判断B；利用既不充分也不必要定义判断C；利用必要不充分条件的定义判断D.
【详解】对于A，当时，或，故能推出，但不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件，错误；
对于B，由存在量词命题的否定为全称量词命题知：
命题“若，使得”的否定是“”，错误；
对于C，由得或，故推不出，
但是当时，一定成立，即能推出，
所以“”是“”的必要不充分条件，错误；
对于D，已知，当时，满足，但是不满足，
反之，当时，则，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，正确.
故选：D
2. 三角形是生活中随处可见的简单图形，其中有非常有趣的特殊点及特殊线.大数学家欧拉在1765年发现，给定一个三角形，则其外心、重心、垂心落在同一条直线上，后人为了纪念欧拉，称这条直线为欧拉线.在平面直角坐标系xOy中，的顶点，，则“的欧拉线方程为”是“点C的坐标为”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】设出点C的坐标，结合欧拉线求出外心坐标，再由重心在欧拉线上及三角形外心的意义列出方程求解，然后利用充分条件、必要条件的意义判断作答.
【详解】若的欧拉线方程为，设点，则的重心为，显然点在直线上，于是得，
直线的斜率为2，线段的中点，则线段的中垂线方程为，即，
由得的外心，即有，因此，
解得或，于是得点C的坐标为或；
当C的坐标为时，的重心为，外心为，因此的欧拉线方程为，
所以“的欧拉线方程为”是“点C的坐标为”的必要不充分条件.
故选：A
3. 黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，它是一个无法用图象表示的特殊函数，此函数在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且p，q为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，，则下列说法错误的是（ ）
A. 在上的最大值为
B. 若，则
C. 存在大于1的实数，使方程有实数根
D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，或或时上的无理数，由的值域为，可判定A正确；若，设，，得到；若有一个为0，得到，可判定B正确；由，且的最大值为，可判定C错误；由，设，得到，可判定D正确.
【详解】设，（，且为互质的正整数），
或或时上的无理数，
对于A中，由题意，的值域为，其中p是大于等于2的正整数，
所以A正确；
对于B中，①若，设，（互质，互质），，则；
②若有一个为0，则，所以B正确；
对于C中：若为大于1的正数，则，而的最大值为，
所以该方程不可能有实根，所以C错误；
对于D中：和内的无理数，则，，，若为内的有理数，设（为正整数，为最简真分数），
则，所以D正确.
故选：C.
4. 已知，且，则必有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据得到，然后构造函数，根据的单调性得到，整理得.
【详解】因为，所以，
所以.
令，则，则在上为单调增函数，
则，
故在上单调递增.
因为，所以，.
则，所以，即，则A正确，B错误，CD无法确定其与1的大小关系，
故选：A.
5. 已知P为双曲线右支上的一个动点，若点P到直线的距离大于m恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】把所求问题转化为求点到直线的最小距离，结合渐近线和与之平行线间的距离公式可求.
【详解】双曲线C的渐近线方程为，
直线与其中一条渐近线平行，
二者之间的距离，且直线在直线的左边，
由题意知点P到直线的距离大于，
所以，
所以实数m的取值范围为.
故选：C.
6. 如图是一块空旷的土地，准备在矩形区域内种菊花，区域内种桂花，区域内种茶花.若面积是面积的3倍，，，则当取最小值时，菊花的种植面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由面积是面积的3倍得，因此设，得，用余弦定理确定，求出比值后利用基本不等式得最小值，从而可得结论．
【详解】设，∵面积是面积的3倍，∴，则，
在中，，
在中，，
故，
，当时，即取“=”，
，
当取最小值时，菊花的种植面积，
故选：D.
7. 在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. B. C. 3D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，5个因式中，3个因式选择，2个因式选择常数，即可求解.
【详解】由组合知识可知，含的求解，需要从5个因式中，3个因式选择，2个因式选择常数，则含的项的系数是.
故选：A
8. 设为多面体的一个顶点，定义多面体在处的离散曲率为其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，，…，，遍历多面体的所有以为公共点的面，如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体（每个面都是全等的正多边形的多面体是正多面体），若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给定义，结合图形，分别计算出a，b，c，d的值即可
【详解】对于正四面体，其离散曲率；
对于正八面体，其离散曲率；
对于正十二面体，其离散曲率；
对于正二十面体，其离散曲率；
因为，所以，
故选：B.
二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分）
9. 下列命题中是假命题的有（ ）
A. 函数的最小值为2
B. 若，则
C. 不等式对任意恒成立，则实数的范围是
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A.取判断；B.解不等式判断；C由时判断；D取时判断.
【详解】A.当时, ,故错误；
B.因为，解得,故正确；
C当时，不等式显然恒成立，故错误；
D当时，，故错误．
故选：ACD．
10. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的值域为
B. 若存在，使得对都有，则的最小值为
C. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为
D. 若函数在区间上恰有3个极值点和2个零点，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简的解析式，根据三角函数的值域、最值、周期、单调性、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】已知函数，可知其值域为，故选项A正确；
若存在，使得对都有，
所以的最小值为，故选项B错误；
函数的单调递增区间为，
，
所以，令，则的取值范围为，故选项C正确；
若函数在区间上恰有3个极值点和2个零点，，
由如图可得：，

的取值范围为，故选项D正确；
故选：ACD
11. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2．在图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则给出的说法中正确的是（ ）

A. 该几何体的表面积为
B. 该几何体的体积为4
C. 二面角的余弦值为
D. 若点P，Q在线段BM，CH上移动，则PQ的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正四面体的表面积即可求解A，利用割补法，结合体积公式即可求解B，根据二面角的定义，结合余弦定理即可求解C，建立空间坐标系，利用点点距离即可求解D.
【详解】因为，所以．蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，故该几何体的表面积为，A错误．
该几何体的体积为，B正确．
设EF的中点为，连接OB，OH，则,
则即二面角的平面角．，，C正确．

建立如图所示的空间直角坐标系，设，

，当且仅当，时，等号成立．故PQ的最小值为，D正确．
故选：BCD
12. 下列命题成立的是（ ）
A. 已知，若，则
B. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
C. 样本数据64，72，75，76，78，79，85，86，91，92的第45百分位数为78
D. 对分类变量与的独立性检验的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握性越大
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性判断A，由回归方程的系数的意义判断B，根据百分位数的定义判断C，根据独立性检验的意义判断D.
【详解】A选项：由正态分布可知，图象关于对称，因为，所以，所以，故A正确；
B选项：由题意知就是回归方程，即为负相关，所以，因为样本数据都在回归方程上，即相关性系数为，故B正确；
C选项：共由10个数，故，所以第45百分位数是由小到大排列的第5位，即78，故C正确；
D选项：对分类变量X与Y的独立性检验的统计量来说，值越小,判断“X与Y有关系”的把握性越小，故D错误.
故选：ABC.
三．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）
13. 对于集合M，N，定义且，，设，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出集合和，然后再求出即为所求．
【详解】
或
故答案为：
14. 若，不等式恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】将所求不等式变形为，令，分析函数的单调性，将所求不等式变形为，可得出，可得出，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围.
【详解】对任意的，，则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
由可得，且，
则，则，可得，
令，其中，则，
由，可得，由，可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，
所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，故，故.
故答案为：.
点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
15. 半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，，则的最大值为_______
【答案】
【解析】
【分析】由题意可求出间距离的最大值，结合棱锥体积确定当平面时取最大值，从而利用棱锥体积公式求得答案.
【详解】由题意知半径为R的球面上有A、B、C、D四个点，，
设球心为O，则O到AB的距离为，到CD的距离为，
则间距离的最大值为，
此时位于O点两侧，所在的小圆面平行时，间距离最大；
设M为AB上一点，则的面积的最大值为，
设到平面的距离为，而，
则，当平面时取等号，
即当平面时，取到最大值，
最大值为，
故答案为：
16. 已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】直接根据均值公式结合已知条件，解方程即可得出所求的答案.
【详解】由，可得.
故答案为：
四．解答题（共6小题，共70分．）
17. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若在上的最小值为0，求a的值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，分类讨论a的取值范围即可得出对应的解集；
（2）易知对称轴为，根据二次函数的性质，分类讨论，求出当、、时的表达式，列方程，解之即可求解.
【小问1详解】
，
当时，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为；
当时，，不等式的解集为．
【小问2详解】
因为的对称轴为，
当即时，上单调递增，
此时，解得或，
又因为，所以不存在这样的a；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
此时，解得，此时满足，所以成立；
当即时，上单调递减，
此时，解得或，
又因为，所以不存在这样的a；
综上：在上的最小值为0时，．
18. 已知，不等式的解集是．
（1）求的解析式；
（2）不等式组的正整数解仅有2个，求实数取值范围；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，是关于的一元二次方程的两个实数根，利用韦达定理得到方程组，解得即可；
（2）依题意可得，分别解出各不等式，再由正整数解的个数确定该正整数解为､，从而得到，解得即可.
【小问1详解】
因为，不等式的解集是，
所以，是关于的一元二次方程的两个实数根，
可得，解得，所以；
【小问2详解】
不等式，即，
由，解得或，
由，即，解得，
因为不等式组的正整数解仅有个，可得该正整数解为､，
所以，解得，则实数取值范围是；
19. 对函数，若，使得成立，则称为关于参数的不动点.设函数.
（1）当时，求函数关于参数的不动点；
（2）若，函数恒有关于参数的两个不动点，求的取值范围；
（3）当时，函数在上存在两个关于参数的不动点，试求参数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据不动点的定义即可求解方程得解，
（2）根据不动点的定义得方程两根，进而根据判别式即可求解，
（3）根据二次函数的零点分布可求解，或者分离参数，结合对勾函数的性质和图象求解.
【小问1详解】
当时，
令，可得，即
解得或，
所以的不动点为或，
【小问2详解】
由题意可知，对，关于的方程，
即恒有两个不等实根，从而恒成立
即关于的不等式恒成立，从而恒成立
解得
【小问3详解】
方法一：由题意可得方程关于的方程，
即在上恒有两个不等实根，
令，根据二次函数性质，须满足
，解得
方法二：，即在上恒有两个不等实根，
令，则直线与函数在上有两个不同的交点，
由于在上单调递减，在上单调递增
且，，结合的图象可知
20. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点．

（1）求证：；
（2）求证：平面平面；
（3）在线段上是否存在点，使得平面?请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在为中点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，又因为平面平面，所以平面，即可得证；
（2）由平面，所以，又，所以平面，得，又，从而平面，即可得结论；
（3）存在为中点时，平面．取中点为，可得四边形为平行四边形，因此，即可证明．
【小问1详解】
因为为中点，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
因此．
【小问2详解】
由（1）知，平面，平面，所以．
在矩形中，，
又因为，平面,所以平面．
平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
【小问3详解】
存在为中点时，平面．
证明：取中点为，连接，

因为为中点，，且．
在矩形中，为中点，所以，且．
所以，且，所以四边形为平行四边形，
因此，又因为面面，
所以面．
21. “绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚.近几年，国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景.某公司对A充电桩进行生产投资，所获得的利润有如下统计数据表，并计算得.
（1）已知可用线性回归模型拟合与的关系，求其线性回归方程；
（2）若规定所获利润y与投资金额x的比值不低于，则称对应的投入额为“优秀投资额”，记2分，所获利润与投资金额的比值低于且大于，则称对应的投入额为“良好投资额”，记1分，所获利润与投资金额的比值不超过，则称对应的投入额为“不合格投资额”，记0分，现从表中6个投资金额中任意选2个，用X表示记分之和，求X的分布列及数学期望.
附：对于一组数据其回归直线方程斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
【解析】
【分析】（1）根据回归直线方程的公式求解即可；
（2）先确定“优秀投资额”，“良好投资额”，“不合格投资额”的数量，然后确定X的可能取值，利用概率公式求解分布列，然后求出期望.
【小问1详解】
根据获得的利润统计数据表，
可得，，
所以，
，
所以y关于x的线性回归方程为；
【小问2详解】
由题可知，“优秀投资额”有2个，“良好投资额”有1个，“不合格投资额”有3个.
X的可能取值为4，3，2，1，0，
，
，
，
，
，
所以X的分布列为
数学期望.
22. 在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程是．
（1）在直角坐标系中，若直线经过点且与圆和圆的公共弦所在直线平行，求直线的极坐标方程；
（2）若射线与圆的交点为，与圆的交点为，线段的中点为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆的参数方程以及极坐标方程的转化，可得直角坐标系下的方程，求得两圆公共弦所在直线方程，结合点斜式方程，可得答案.
（2）利用直线的极坐标方程与直角坐标系下的方程互化，联立直线与圆的方程，求得点坐标，进而取得中点坐标，结合两点之间距离公式，可得答案.
【小问1详解】
由圆的参数方程，则，由，则，即①，
由圆的极坐标方程，两边同乘可得，
由，则②，
可得，故圆与圆的公共弦所在直线的方程为，其斜率为，
由直线与两圆公共弦所在直线平行，且直线过，则，
化简可得，由，则.
【小问2详解】
由射线，由，则射线，
由圆，可得，
代入，则，化简可得，解得，可得；
由圆，可得，
代入，则，化简可得，解得，可得.
由为线段的中点，则，
故的周长.
A充电桩投资金额/百万元
3
4
6
7
9
10
所获利润/百万元
1.5
2
3
4.5
6
7
X
0
1
2
3
4
P