河北省石家庄市辛集市2024届高三(上)期末教学质量监测数学试卷(解析版)

这是一份河北省石家庄市辛集市2024届高三(上)期末教学质量监测数学试卷(解析版)，共18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（每题5分，共40分）
1. 设集合，则的元素个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】因为，所以.
故选：B.
2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】复数,
故，则对应的点在第二象限，
故选：B
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】D
【解析】依题意，，解得，则，
所以，故．
故选：D．
4. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为函数在上单调递增，
所以在上单调递增，且在恒成立，
所以，，解得
所以，实数的取值范围为
故选：D
5. 已知椭圆的离心率为，直线与圆相切，则实数m的值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，，则，∵直线，即，代入得，，由解得．
故选：B．
6. “数列，都是等差数列”是“数列是等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若数列，都是等差数列，则设数列，的公差分别为，
所以为常数，
所以数列是等差数列，
若数列是等差数列，如是等差数列，而此时均不是等差数列，
所以“数列，都是等差数列”是“数列是等差数列”的充分不必要条件
故选：A.
7. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为
即，
所以.
故选：A.
8. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为,
所以
又因为，
所以，
对等式两边去括号，并移项整理得，
，
所以，
所以，
即，
所以.
故选：A.
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据 ， ，…， ，其中，则（ ）
A. 两组样本数据的样本方差相同
B. 两组样本数据的样本平均数相同
C. ，，…，样本数据的第30百分位数为
D. 将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5
【答案】AC
【解析】由题意可得：，
∵，则，，故A正确，B错误；
由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，
的排列为：，
因此，第30百分位数为，C正确；
将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，
新样本的平均数为，D错误，
故选：AC．
10. 已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 函数的周期为2B. 函数的图象关于对称
C. 函数为偶函数D. 函数的图象关于对称
【答案】BC
【解析】依题意，上的函数，，则，函数的周期为4，A错误；
因为函数是偶函数，则，函数的图象关于对称，
且，即，函数图象关于对称，B正确；
由得，则函数为偶函数，C正确；
由得，由得，
因此，函数的图象关于对称，D错误.
故选：BC
11. 正多面体因为均匀对称的完美性质，经常被用作装饰材料.正多面体又叫柏拉图多面体，因古希腊哲学家柏拉图及其追随者的研究而得名.最简单的正多面体是正四面体.已知正四面体的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 点到平面的距离为
C. 四面体的外接球体积为
D. 四面体的内切球表面积为
【答案】BCD
【解析】由题意，四面体为正四面体，
取底面的中心为，连接并延长，交于，

则为的中点，且，
连接，则平面，又平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，故A错；
由四面体的所有棱长为，得，又，
，故B正确；
设四面体的外接球的球心为，半径为，
连接，则，解得，
则四面体的外接球的体积为，故C正确；
根据对称性，正四面体的外接球和内切球球心均是，
设正四面体内切球半径为，则，
又，，
所以,
则四面体的内切球表面积为.故D正确.
故选：BCD
12. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则以下结论正确的是（ ）
A. 圆锥底面圆的半径为2cm
B. 该圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面在圆锥的侧面上）的侧面积的最大值为
C. 该圆锥的内接圆柱的体积的最大值时，圆柱的底面圆的半径与圆柱的高的比为
D. 该圆锥的内切球的表面积为
【答案】ABC
【解析】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，
依题意得，所以，
根据圆锥的表面积为，解得cm,
所以A正确;
如图为圆锥和内接圆柱体的轴截面，由题可知，
，
设
由相似关系得,即，解得，
则内接圆柱的侧面积等于，
当时侧面积最大，等于，所以B正确;
内接圆柱的体积等于，
，
令，解得，令，解得，
所以在单调递增，单调递减,
所以当时圆柱体积最大，此时圆柱的高为，
圆柱的底面圆的半径与圆柱的高的比为，
所以C正确;
设内切圆的圆心为 半径为，
因为,
即
所以
因为圆锥的内切球的半径等于 ，
所以内切球的体积等于，所以D错误.
故选:ABC.
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 从0，1，2，⋯，9这10个数字中任取三个数，使这三个数的和是3的倍数，则不同的取法有_________种．（用数字作答）
【答案】42
【解析】将这些数字分组，记，，，
从而和为3的倍数的情况共有种．
故答案为：42
14. 已知正三棱台的各个顶点都在同一个直径为10的球面上，上底面边长为，下底面边长为，则该正三棱台的体积为__________.
【答案】或
【解析】
设正三棱台，外接球球心为，上底面所在小圆面的圆心为，下底面所在小圆面的圆心为，如图①，可求得，同理，作剖面图如图②，当球心在三棱台内部时，，，此时三棱台的体积为；
如图③，当球心在三棱台外部时，，此时三棱台的体积为
故答案为: 或.
15. 若函数，在上恰有两个最大值点和四个零点，则实数ω取值范围是______________．
【答案】
【解析】由三角恒等变换可得，
时，有，
若要满足题意则需：.
故答案为：
16. 已知点、分别为双曲线的左、右焦点，点是双曲线的一条渐近线上一点，且．若的面积为，则双曲线的离心率为________．
【答案】
【解析】不妨设点为第一象限内一点，双曲线的渐近线方程为，
设点，其中，易知、，
，，
因为，则，
因为，解得，即点，
所以，，所以，，
所以，，
因此，双曲线的离心率为.
故答案为：.
四、解答题（17题10分，18—22题每题12分，共70分）
17. 已知，，分别为内角，，的对边，且．
（1）求的值；
（2）若面积为，求边上的高的最大值．
解：（1）∵，∴，
，，
∴，
∵，
∴.
（2）由面积为得：，而，
∴
∵边上的高为，
∴，则，
∵，
∴，当且仅当时，取“=”，
即的最小值为2．此时最大为．
18. 如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的菱形，，点D为棱AC上的动点（不与A、C重合），平面与棱交于点.
（1）求证；
（2）若平面平面，，判断是否存在点D使得平面与平面所成的锐二面角为，并说明理由.
证明：（1），且平面，平面，
∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；
解：（2）连接，取AC中点O，连接，，在菱形中，，
∴是等边三角形，
又∵O为AC中点，∴，
∵平面平面，
平面平面，平面，且，
∴平面，平面，∴，
又∵，∴，
以点为原点，，，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
假设存在点D，满足题意，设，
，，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，令，则，，
故，
设平面的法向量为
，，
，，令，则，，故，
，解，
所以点D在点C的位置时，平面与平面所成锐角为，
由于D不与A、C重合，故AC上不存满足题意的点.
19. 已知数列的前n项和为，若，．
（1）记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由．
（2）记，的前n项和为，求．
解:（1）因为，
当时，，又因为，所以
当时，因为，由，得①，所以②，
所以得：
，经验证，当时不等于，所以不是等差数列.
（2）由，得，两式相减得：
所以当时：
数列（）是首项为，公差为6的等差数列；
数列（）是首项为，公差为6的等差数列.
当为偶数时，不妨设，则，
此时
因为，所以此时.
当为奇数时，不妨设，则，
此时
.
因为，所以此时
综上所述，当为偶数时，，当为奇数时，.
20. 哈六中举行数学竞赛，竞赛分为初赛和决赛两阶段进行.初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个学年派出两名同学，且每名同学都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过同学才具备参与决赛的资格.高三学年派出甲和乙参赛.在初赛中，若甲通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，乙通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是，，且每名同学所有轮次比赛的结果互不影响.
（1）若高三学年获得决赛资格的同学个数为，求的分布列和数学期望.
（2）已知甲和乙都获得了决赛资格.决赛的规则如下：将问题放入两个纸箱中，箱中有3道选择题和2道填空题，箱中有3道选择题和3道填空题.决赛中要求每位参赛同学在两个纸箱中随机抽取两题作答.甲先从箱中依次抽取2道题目，答题结束后将题目一起放入箱中，然后乙再抽取题目.已知乙从箱中抽取的第一题是选择题，求甲从箱中抽出的是2道选择题的概率.
解:（1）依题意得甲获得决赛资格的概率为，乙获得决赛资格的概率为，
的所有可能取值为，
，，
，
所以的分布列为：
所以.
（2）记“甲从箱中抽出的是道选择题”，“乙从箱中抽取的第一题是选择题”，
则，，，，，，
所以
.
甲从箱中抽出的是2道选择题的概率为.
21. 已知点，动点M在直线上，过点M且垂直于x轴的直线与线段的垂直平分线交于点P，记点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知圆的一条直径为，延长分别交曲线C于两点，求四边形面积的最小值．
解:（1）法一：设点，则．
由题意知，即，
整理得：，
则曲线C的方程为．
法二：由题意知，点P到点的距离等于其到直线的距离相等，
则点P的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线，
则曲线C的方程为.
（2）法一：由题意知，为圆的直径，则．
由题意知直线存在斜率，设为k，且，则直线的斜率为．
又OA所在直线为，
联立，解得：或，则不妨取S点横坐标为，
联立，解得：或，则不妨取A点横坐标为，
所以．
同理可得，
四边形的面积
,
令，,则,
因为S在上单调递增，所以当时，S有最小值36．
即当时，四边形面积的最小值为36
法二：设方程为，
由,得．
由,得,
∴,
同理可得：．
令
则在上单调递增．
∴，
当即时，四边形面积的最小值为36
即四边形面积的最小值为36．
22. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，恒成立．
解:（1）的定义域是，，
①时，，在单调递增，
②时，，
令，解得；令，解得，
故在递减，在递增，
综上：
时，在单调递增，时，在递减，在递增.
证明：（2）要证，即证，，
①当时，，，该不等式恒成立；
②当时，，结合，得，
只需证明：，即证，
令，，
令，则，
令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
又，，所以存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，，，
所以当时，；当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，问题得证，
即当时，恒成立．
综上所述，当时，恒成立．0
1
2