青海省名校联盟2024-2025学年高三上学期教学质量联合检测数学试题

这是一份青海省名校联盟2024-2025学年高三上学期教学质量联合检测数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量不平行，向量与平行，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知随机变量，若随机变量，则（ ）
A．10B．12C．30D．32
4．已知命题，；命题，，则（ ）
A．和都是真命题B．和都是真命题
C．和都是真命题D．和都是真命题
5．已知直线与圆交于两点，且，则（ ）
A．4B．C．2D．
6．从五棱锥的6个顶点中随机选取4个，则这4个顶点在同一个平面内的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．大荔冬枣是陕西省渭南市大荔县的特产.大荔冬枣果个大，果实近圆形，果面平整光洁，果皮薄，完熟期呈浅黄片状赭红色，肉细嫩，果肉乳白色，口感细嫩酰脆且味香甜.假设某水果店销售的大荔冬枣的单价（单位：元/斤）与单果的直径（单位：）满足关系式.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为24元/斤.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价约为（ ）（参考数据：）
A．11.5元/斤B．12.5元/斤C．10元/斤D．14元/斤
8．若，对恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设数列，的前n项和分别为，，且，则下列结论不正确的是（ ）
A．若是递增数列，则是递增数列
B．若是递减数列，则是递减数列
C．若是递增数列，则是递增数列
D．若是递减数列，则是递减数列
10．已知为奇函数，且对任意，都有，，则（ ）
A．B．C．D．
11．代数与几何是数学的两个重要分支，它们之间存在着紧密的联系．将代数问题转化为几何问题，可以利用几何直观来理解和解决代数问题，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，可满足方程的的值可能是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知曲线在处的切线斜率为1，则 ．
13．若锐角满足，则 ， ．
14．如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积 ，该球与侧面的交线长为 ．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，．

(1)证明：平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
16．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，，求的周长.
17．已知函数.
(1)若，求的极值点；
(2)讨论的单调性.
18．已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上的动点，的面积的最大值为，且点到点的最短距离是2.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作斜率为的直线，交椭圆于，两点，交抛物线：于，两点，且，求直线的方程.
19．设数列an的前n项和为，若对任意的，都有（k为非零常数），则称数列an为“和等比数列”，其中k为和公比.
(1)若，判断an是否为“和等比数列”.
(2)已知bn是首项为1，公差不为0的等差数列，且bn是“和等比数列”，，数列的前n项和为.
①求bn的和公比；
②求；
③若不等式对任意的n∈N+恒成立，求m的取值范围.
参考答案：
1．D
【分析】先根据复数的运算求出，再根据共轭复数的定义即可求出 .
【详解】解：，
，
故．
故选：D.
2．C
【分析】利用向量共线定理、平面向量基本定理即可求解.
【详解】因为向量与平行，
所以．
因为向量不平行，
所以解得．
故选：.
3．B
【分析】利用二项分布的期望公式和两随机变量的线性关系即可求解.
【详解】由题意可得，则．
故选：B.
4．B
【分析】举出反例得到是假命题，由于，，故是真命题，从而得到答案.
【详解】对于而言，取，则，所以是假命题，是真命题；
对于而言，，则，，所以是真命题，是假命题.
综上，和都是真命题.
故选：B
5．D
【分析】运用垂径定理结合勾股定理构造方程计算即可.
【详解】由题意可得圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离．因为，
所以，即，解得.
故选：D.
6．C
【分析】计算出所有可能情况及符合要求的情况即可得.
【详解】从五棱锥的6个顶点中随机选取4个的不同选取方法有种，
其中选取的4个顶点在同一个平面内的不同选取方法有种，
则所求概率．
故选：C.
7．A
【分析】由题意可得，，求解可得，，计算可得的值.
【详解】根据题意有当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；
当单果的直径为时，大荔冬栙的单价为24元/斤，
所以，，
两式相除可得，所以，所以，解得，
当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为(元/斤).
故选：A.
8．B
【分析】由可判断的正负，进而可知和是的两根，且，根据韦达定理列出等式，然后判断大小即可.
【详解】因为，所以.
当时，；
当时，；
当时，.
因为在上恒成立，
所以和是的两根，且，
则，解得，，
所以，.
故选：B.
9．ABD
【分析】取具体数列可判断AB，根据指数的性质判断，由数列和的概念可判断CD.
【详解】当时，是递增数列，此时，不是递增数列，故A错误；
当时，是递减数列，此时，不是递减数列，故B错误；
由是递增数列， 得是递增数列，且，则是递增数列，故C正确；
由是递减数列，得是递减数列，且，则是递增数列，故D错误.
故选：ABD
10．AB
【分析】由为奇函数可得到的图象关于点1,0对称，由得到的图象关于直线对称，结合两者得到的周期为8，进而化简即可求解.
【详解】由为奇函数，可得，即，
则的图象关于点1,0对称，所以，
又，所以的图象关于直线对称，
结合得，
即，所以，所以
则是以8为周期的周期函数，所以，
，，，
故选：AB.
11．AC
【分析】方程变形后，几何意义为平面内一点到两定点距离之差的绝对值为，由双曲线定义得到点在双曲线上，代入求出．
【详解】由，得
，
其几何意义为平面内一点到两定点距离之差的绝对值为，
由于，由双曲线定义可得点在双曲线上，
所以，解得．
故选：AC
12．3
【分析】利用函数的求导法则及导数值的意义即可求解.
【详解】由题意可得，则，解得．
故答案为：.
13．
【分析】根据条件求和，再代入两角和的正切公式，即可求解.
【详解】，因为为锐角，所以．
又为锐角，所以．故．
故答案为：，.
14．
【分析】先确定球心位置，再结合题意得到球的半径，再求解球的半径解决第一空，先确定交线的轨迹，作出图形，再利用图形的几何性质求解第二空即可.
【详解】由题意可知以为直径的球的球心是长方体的中心，
则点到平面的距离，
由题中数据可得，
则球的半径．
如图，设在平面的投影为，则为正方形的中心，
设点在球与正方形的交线上，则，
故以为直径的球与正方形的交线是以为圆心，
为半径的圆在正方形内的曲线．
设圆与的一个交点为，作，垂足为，
则，所以，
所以以为直径的球与侧面的交线长为．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定交线的轨迹并作出图形，然后利用图形的性质得到所要求的轨迹长度即可．
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在梯形中，取中点，利用平行四边形以及勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；
（2）由题意，建立空间直角坐标系，取直线的方向向量且计算平面的法向量，利用线面夹角的公式，可得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接．因为，所以．
因为，所以四边形是平行四边形，
所以．
因为，所以，所以．
因为，所以．
因为平面，且，所以平面．
（2）易证两两垂直，则以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，
则．
设平面的法向量为，
则，令，得．
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得到，再利用余弦定理，即可求解；
（2）根据条件，利用辅助角公式得到，进而得到，从而有，再利用正弦定理，即可求出结果.
【详解】（1）在中，由正弦定理得.
因为，所以，.
化简得.
在中，由余弦定理得.
又因为，所以.
（2）由，可得，
又B∈0,π，所以，得到，即，
所以，
，又，
由正弦定理得，得到，
解得，，
故的周长为.
17．(1)极小值点为1，无极大值点.
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，可得当x∈−1,1时，单调递减；当x∈1,+∞时，单调递增，则得答案；
（2）由，则讨论的解的情况，进而讨论出的单调区间.
【详解】（1）因为，所以，
则，
令，解得或（舍），
当x∈−1,1时，单调递减；
当x∈1,+∞时，单调递增，
故的极小值点为1，无极大值点.
（2）由，则，
令，
若，即，
则方程无解或有两个相等的实数解，
此时恒成立，则的单调递增区间为，无单调递减区间.
若，即，
则方程的解为，
若，即，则，
当时，f′x>0，当时，f′x