[数学]河南省新未来2024届高三上学期12月联考试卷(解析版)

这是一份[数学]河南省新未来2024届高三上学期12月联考试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知为单位向量，若，则， 若函数为偶函数，则实数， 若，则， 设等比数列的公比为，且，设甲， 已知正实数满足，则等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解不等式，得，即，而，则，
所以.
故选：B.
2 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，即，则，
所以，故.
故选：C.
3. 已知为单位向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为为单位向量，，
所以，则，
所以.
故选：D.
4. 若函数为偶函数，则实数（ ）
A. 1B. 0C. D. 2
【答案】D
【解析】函数的定义域为，
由为偶函数，得，
则，整理得，
而不恒为0，
于是，即，解得，
所以实数.
故选：D.
5. 刍薨是《九章算术》中出现的一种几何体，如图所示，其底面为矩形，顶棱和底面平行，书中描述了刍薨的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是刍薨的高，即顶棱到底面的距离），已知和均为等边三角形，若二面角和的大小均为，则该刍薨的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】令点在平面的投影分别为，取的中点，连接，
由平面，平面，得，
由正，得，平面，
则平面，同理平面，由四边形为矩形，得，
于是平面，而面，平面，
则，
显然，有，且都在平面，因此点共线，
显然，而平面，平面平面，平面，则，
四边形为平行四边形，，
由，，得是二面角的平面角，
即，
则，又，
因此，
同理，而，则，
所以该刍薨的体积为.
故选：A.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，解得，又，
所以.
故选：B.
7. 设等比数列的公比为，且，设甲：；乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【解析】等比数列的公比为，且，
当时，，因此；
当时，有，即，而，则，
又，，于是，即，
又，因此，
所以甲是乙的充要条件.
故选：C.
8. 已知双曲线，点，若上存在三个不同的点满足，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】设，由点，，
得，
整理得，由，
消去得，
即，解得或，
依题意，，则有，
因此双曲线的离心率，
所以的离心率的取值范围是.
故选：A.
二､多选题：本题共4小题，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. 已知圆，圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 若和外离，则或
B. 若和外切，则
C. 当时，有且仅有一条直线与和均相切
D. 当时，和内含
【答案】ABC
【解析】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
所以，
若和外离，则，
解得或，故A正确；
若和外切，则，解得，故B正确；
当时，，则和内切，故仅有一条公切线，故C正确；
当时，，则和相交，故D错误.
故选：ABC．
10. 已知正实数满足，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为0D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】对于A，，所以，
当且仅当，即时等号成立，故A错误；
对于B，由，可知，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故正确；
对于C，由，可知，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确；
对于D，，当等号成文，
由可知，，当且仅当时等号成立，
因为前后两次不等式取等条件不一致，所以，故D错误.
故选：BC.
11. 已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
又在其定义域内单调递增，所以其定义域内单调递增，故，故A正确；
由A可知，所以，故B正确；
因为单调递增，
且，
根据零点存在定理，有，故C错误；
因为，
又二次函数的对称轴为1，且在区间上单调递减，
所以，故D正确，
故选：ABD.
12. 在三棱锥中，平面，，P为内的一个动点（包括边界），与平面所成的角为，则（ ）
A. 的最小值为
B. 的最大值为
C. 有且仅有一个点P，使得
D. 所有满足条件的线段形成的曲面面积
【答案】ACD
【解析】依题意，，
取的中点M，则，所以平面，
过A作于H，因为平面，
所以，所以平面，
易得，且H为等边的外心，
由与平面所成角为，可知，
所以点P轨迹是以H为圆心，为半径的圆在内部的一部分，如图所示，
所以的最小值为，A选项正确；
由于轨迹圆部分在平面外部，所以的最大值不等于，B选项错误；
因为平面，若，则点P在线段上，
有且仅有一个点P满足题意，C选项正确；
动线段形成的曲面为圆锥侧面积的一部分，因为，
所以，因为，所以曲面面积为圆锥侧面的，
圆锥侧面积为，
所以所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，D选项正确.
故选：ACD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 设是公差不为0的等差数列的前项和，若，则______．
【答案】
【解析】令等差数列的公差为，
由，得，解得，
所以.
14. 已知函数，且为曲线的一条切线，则______．
【答案】2
【解析】设与曲线相切的切点，
由求导得，切线斜率为，
因此切线方程为，
依题意，，且，联立消去得，
令函数，，求导得，
当时，，当时，，
因此函数在上递减，在上递增，
当时，，则时，，
所以.
15. 设是椭圆的左、右焦点，为坐标原点，为上一个动点，且的取值范围为，则椭C的长轴长为______．
【答案】
【解析】椭圆半焦距为c，为的中点，
，显然，
于是，
因此，即，解得，，即，
所以椭圆C的长轴长为.
16. 已知函数，若，且，则______．
【答案】
【解析】由可知，当时，取得最大值，
所以，则，
又，即，
所以，
因为，
又，则，
所以，则，即，
解得（负值舍去），故，
所以，则，
则.
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. 记的内角的对边分别为，面积为，且．
（1）求的外接圆的半径；
（2）若，且，求边上的高．
解：（1）在中，，解得，
由正弦定理得的外接圆的半径.
（2）由（1）知，，
由余弦定理得，则，
令边上的高为，则，即，
所以边上的高为.
18. 设为数列前项和，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：．
（1）解：当时，，当时，，
两式相减得，则，
当时，，
又当时，，当时，，则，
显然符合，
所以数列的通项公式是.
（2）证明：由（1）知，，
所以
.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，设分别为的极大值点、极小值点，求的取值范围．
解：（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，单调递增；
当时，令，解得或，
则当时，由，得，
由，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，由（1）知，，，
因此，设，
求导得，函数在上单调递增，，
所以的取值范围是.
20. 如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
（1）证明：取的中点，连接，则，且，
又，且，
于是，四边形为平行四边形，
则，又平面平面，
所以平面.
（2）解：取的中点，连接，由，得，
又是的中点，则，
又是的中点，则，
而平面，
于是平面，平面，，
又平面，
因此平面，
不妨设，以点为坐标原点，直线、过点平行于的直线、
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
由为的中点，得，
由（1）知，，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设为平面的一个法向量，
则，令，得，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
21. 已知函数．
（1）证明：有唯一的极值点；
（2）若，求的取值范围．
（1）证明：函数的定义域为，
求导得，
令，求导得，函数在上单调递增，又，取，且，
显然，因此存在唯一，使得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
当时，取得极小值，无极大值，所以有唯一极值点
（2）解：由（1）知，，即，
依题意，，将代入整理得，，设，求导得，
于是函数在上单调递减，又，则，解得，
因此，解得，所以的取值范围是.
22. 已知抛物线为的焦点，在上，且．
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线与交于两点（分别位于直线的两侧），且直线的斜率之和为0，
（ⅰ）求直线的斜率；
（ⅱ）求的面积的最大值．
解：（1）抛物线的准线为，
由抛物线的定义得，解得，所以抛物线的方程为.
（2）（i）将代入的方程，解得，而，解得，
设，则直线斜率为，
点，则直线斜率为，同理得直线斜率为，
依题意，，解得，
所以直线的斜率为.
（ii）设直线，由消去x得，
显然，，
由，分别位于直线两侧，得，，
解得，
，
点到直线的距离，面积为，
设，，求导得，
由，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
则当时，，
所以面积的最大值为.