精品解析：黑龙江省齐齐哈尔市第八中学校2024届高三上学期1月大联考考后强化卷数学试题

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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】B
【解析】
【分析】解不等式得到，求出交集.
【详解】，，
故.
故选：B
2. 已知复数满足，则虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法运算法则直接计算，结合复数的虚部的概念即可求解.
【详解】因，所以，
所以的虚部为.
故选：A.
3. 已知平面向量满足，，，则与的夹角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由题意求得，，再利用平面向量数量积的运算法则求得，从而得解.
【详解】因为，，所以，，
设与的夹角为，，
则，
故，解得，则.
故选：D.
4. 佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为，侧面积为，则该建筑的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】已知底面半径和侧面积，可求圆锥母线长，利用勾股定理求圆锥的高.
【详解】设该建筑的母线长为，高为，则由其侧面积为，可得，
解得，所以．
故选：C．
5. 已知，且，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用两角和差公式结合倍角根式整理得，两边平方运算求解即可.
【详解】因为，
则，
可得，
又因为，则，可知，
可得，两边平方可得，
所以.
故选：D.
6. 如图，已知，是双曲线C：的左､右焦点，P，Q为双曲线C上两点，满足，且，则双曲线C的离心率为（ ）

（
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】延长与双曲线交于点P＇，易得，设，结合双曲线定义得，进而在中应用勾股定理得到齐次方程，即可得离心率.
【详解】延长与双曲线交于点P＇，因为，根据对称性知，

设，则，，可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，即，解得.
故选：B
【点睛】关键点点睛：延长与双曲线交于点P＇，利用双曲线对称性及定义求出，最后在中应用勾股定理得到齐次方程为关键.
7. 已知两点，和曲线，若C经过原点的切线为，且直线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求原点的切线的斜率，由，得，等价于，有解，结合根的存在性定理即可求解.
【详解】由，，设切点为
则过原点切线的斜率为，所以切线方程为：，
代点，则，解得，即斜率为
由，得，
结合图形知．令，，
则，所以在上单调递减，在单调递增．
因为，，所以．
故选：C

8. 湖南第二届旅游发展大会于2023年9月15日至17日在郴州举行，为让广大学生知晓郴州，热爱郴州，亲身感受“走遍五大洲，最美有郴州”绿色生态研学，现有甲，乙两所学校从万华岩中小学生研学实践基地，王仙岭旅游风景区，雄鹰户外基地三条线路中随机选择一条线路去研学，记事件A为“甲和乙至少有一所学校选择万华岩中小学生研学实践基地”，事件B为“甲和乙选择研学线路不同”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用古典概率求出事件的概率，再利用条件概率公式计算即得.
【详解】依题意，甲，乙随机选择一条线路去研学的试验有个基本事件，
事件A含有的基本事件数是，则，
事件含有的基本事件数为，则,
所以.
故选：B
二、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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于直线对称
C. 的零点是
D. 的单调递增区间为
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据两角和差的正余弦公式化简函数，然后利用正弦函数的图象与性质逐项分析即可.
【详解】.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，当时，，所以不是的图象的对称轴，故B错误；
对于C，由，可得，所以，
所以，故C正确；
对于D，由，得，
所以函数的单调递增区间为，故D错误.
故选：AC
10. 已知高二某班共51名同学，某次地理测试班级最高分为150分，最低分为50分，现将所有同学本次测试的原始成绩经过公式进行折算，其中为原始成绩，为折算成绩，折算后班级最高分仍为150分，最低分为80分，则下列说法正确的是（ ）
A. 若某同学本次测试的原始成绩为100分，则其折算成绩为115分
B. 将原始成绩和折算成绩分别从小到大依次排序后，它们的中位数的序号相同
C. 班级折算成绩的方差可能等于原始成绩的方差
D. 班级折算成绩的平均值高于原始成绩的平均值
【答案】ABD
【解析】
【分析】由求得得解析式，对选项A直接计算即可；由可得，折算成绩均不低于原始成绩，可判断选项D正确，根据中位数的定义判断选项B正确；对选项C：由判断.
【详解】由题知，解得，所以，
当时，，故A正确；
，由知，即，
故当原始成绩低于150分时，折算成绩均高于原始成绩，即除150分不变外，其余成绩折算后均提高，
所以将原始成绩和折算成绩分别从小到大依次排序后，它们的中位数的序号相同，故B，D均正确；
，故折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C错误.
故选：ABD
11. 已知直线与圆总有两个不同的交点为坐标原点，则（ ）
A. 直线过定点
B.
C. 当时，
D. 当时，的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线方程求得定点判断A；利用点在圆内求得的取值范围判断B；利用弦长公式求得判断C；利用数量积运算，结合直线与圆的关系判断D.
【详解】对于A，可化为，
则直线过定点，故A正确；
对于B，因为直线与圆总有两个公共点，可得点在圆内部，
所以，解得，故B错误；
对于C，当时，圆的方程为，
所以圆心，又，则，
可得的最小值为，最大值即为，故C正确；
对于D，当时，圆的方程为，
则，
当直线过圆心时，，所以的最小值为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12. 在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，点为线段的中点，点分别为线段与线段上一点，则（ ）
A. 直线与直线所成角的余弦值为
B. 点到直线的距离为
C. 当平面时，
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，然后写出点的坐标，动点用表示，逐个判断即可.
【详解】如图所示，
以为坐标原点，分别为建立空间直角坐标系，可得
，
所以
对于A：，所以A正确；
对于B：，所以B错误；
对于C：
，
因为//平面，所以，即，所以C正确；
对于D：设，其中，
则，，
解得，
所以
，
所以当时，D正确，
故选：ACD
【点睛】方法点睛：当碰到正方体等立体几何时，需要善于应用向量法
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】结合二项式展开式的通项公式，即可求出对应的展开项以及系数.
【详解】的通项为，
当时，.
故答案为：.
14. 在上满足，且在上是递减函数，若，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、单调性化简不等式，结合函数的定义域求得的取值范围.
【详解】∵，∴.
∵，∴.
∴，解得，
∴的取值范围是.
故答案为：.
15. 我国古代数学家沈括，杨辉，朱世杰等研究过二阶等差数列的相关问题．如果，且数列为等差数列，那么数列为二阶等差数列．现有二阶等差数列的前4项依次为1，3，6，10，则该数列的第10项为__________．
【答案】55
【解析】
【分析】根据二阶等差的定义可得，进而利用累加法即可求解.
【详解】由题意可得
故为等差数列，且公差为，首项为2，所以，
故，
因此
累加可得
所以
故答案为：55
16. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过平行于的直线与椭圆交于B，C两点， M为弦BC的中点且直线的斜率与OM的斜率乘积为，则椭圆C的离心率为_________；若，则直线的方程为_________．
【答案】 ①. ##0.5 ②.
【解析】
【分析】应用点差法转化斜率积可求离心率,设直线与椭圆联立,应用已知距离可求直线方程.
【详解】设点，，在椭圆上
．．．．．．．．．．．．．．①
．．．．．．．．．．．．．．．②
因
．．．．．．．．．．．．．．③
由①-②得，即，所以，
由③得，
，则，
过平行于的直线与椭圆交于B，C两点,
，
，
设直线BC为
联立,可得
，则,
.由题意
即直线的方程为
故答案为: ;
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 某学校现有1000名学生，为调查该校学生一周使用手机上网时间的情况，收集了名学生某周使用手机上网时间的样本数据（单位：小时）.将数据分为6组：，，，，，，并整理得到如下的频率分布直方图：
（1）估计该校学生一周平均使用手机上网时间（每组数据以该组中点值为代表）；
（2）将一周使用手机上网时间在内定义为“长时间使用手机上网”；一周使用手机上网时间在内定义为“不长时间使用手机上网”，在样本数据中，有名学生不近视，请补充完成该周使用手机上网时间与近视程度的列联表.若为100，那么在犯错误概率不超过0.001的前提下是否能认为该校学生一周使用手机上网时间与近视程度有关”？
附：，其中，.
【答案】（1）5.8小时
（2）列联表见解析；能认为
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中平均值的估计方法，即可求得答案；
（2）结合频率分布直方图确定上网时间在和之间的比例，即可得到列联表，从而计算出为100时的值，与临界值表比较，即可得出结论.
【小问1详解】
根据频率分布直方图可估计该校学生一周平均使用手机上网时间为
（小时）；
【小问2详解】
由频率分布直方图可得上网时间在和之间的比例为，
故可得列联表：
若为100，则，
故在犯错误概率不超过0.001的前提下能认为该校学生一周使用手机上网时间与近视程度有关.
18. 在中，角的对边分别为的面积为，已知.
（1）求角；
（2）若的周长为，求的最大值.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理及三角恒等变换即可求解；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式得，再由基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
由正弦定理，得，
因为，
所以，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，得，即，
所以，即，
因为，，
所以，
所以，
又（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
所以（当且仅当时取等号），
即的最大值为.
19. 如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
（1）证明：；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由平面平面，得平面，得，
又因得平面，进而可证；
（2）由向量法先根据到平面的距离为，求出的坐标，再由向量法求平面与平面的夹角.
【小问1详解】
连接,
因为四边形为正方形，所以．
在直三棱柱中，平面平面，
由得，又平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，．
设为平面ABD的一个法向量，
则，即，得，令，则，
故，
由题意，，解得，
所以，．
设为平面BCD的一个法向量，
则，即，
令，则，，即，
平面ABC的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以，
所以平面和平面的夹角的正弦值为．
20. 已知数列中，，且．
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，分为奇数和为偶数，两种情况讨，结合等差、等比数列的通项公式，即可求解；
（2）由（1）中数列的通项公式，分为奇数和为偶数，结合分组求和法和等差、等比数列求和公式，即可求解.
【小问1详解】
解：当为奇数时，由可得，
所以数列的奇数项成等差数列，且公差为2，又由，故；
当为偶数时，由，可得，
所以数列的偶数项成等比数列，且公比为4，又由，故，
所以数列的通项公式为.
【小问2详解】
解：当为奇数时，
则
，
当为偶数时，
则
，
综上可得，.
21. 已知抛物线过点，直线l与该抛物线C相交于M，N两点，过点M作x轴的垂线，与直线交于点G，点M关于点G的对称点为P，且O，N，P三点共线．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若过点作，垂足为H（不与点Q重合），是否存在定点T，使得为定值？若存在，求出该定点和该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点，使得为定值，该定值为
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程可求出，从而可求出抛物线方程；
（2）设点，，然后表示出点坐标，由O，N，P三点共线，化简可得，设直线l的方程为，代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系可得，则直线l过定点，从而可得点H的轨迹是以为直径的圆.
【小问1详解】
因为抛物线过点，所以，所以，
所以抛物线C的方程为．
【小问2详解】
设点，，联立，得，
又因为点M关于点G的对称点为P，所以点，
由O，N，P三点共线，可得，即，
化简得，
设直线l的方程为，联立，消去x，得，
则，即，可得，，
代入，可得，可得，
所以直线l的方程：，即，则，
所以直线l过定点，
因为，
所以点H的轨迹是以为直径的圆（除去E，Q两点），圆心为，半径为，
所以存在定点，使得为定值，该定值为．
.
【点睛】关键点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线中的定点问题，解题的关键是将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合O，N，P三点共线的条件表示出直线方程，从而可求得直线过的定点.
22. 已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，对求导，令，讨论与的大小可得，即，即可得出函数的单调性；
（2）由题意可得在上恒成立，设，只需，求解即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，所以，
令，
可得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以当时，取得极大值，也为最大值，且，
所以，所以在上单调递减.
【小问2详解】
由，得，
即在上恒成立.
令，可得，
令，可得，
令，可得；
令，可得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，
所以在中存在唯一的使得，
在中存在唯一的使得，
即有.
因为在单调递减，在单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，.
又，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
在单调递减，在单调递增，
所以时，的极小值为
时，的极小值为
因为，
可得，所以，
所以.
代入和，
则有，
同理可得，
所以，
所以，
所以，即实数的取值范围为
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式恒成立问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.近视
不近视
合计
长时间使用手机
不长时间使用手机
合计
0.1
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
近视
不近视
合计
长时间使用手机
不长时间使用手机
合计
n