2024届河南省湘豫名校高三上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2024届河南省湘豫名校高三上学期12月联考数学试题含答案，共20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．集合，则（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】C
【分析】先解方程求出集合，再根据全集的概念求集合，然后根据集合并集的定义求解.
【详解】由题易得，又，所以.所以.
故选：C
2．设复数的共轭复数为，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】首先设，则，带入中，可得，利用对应相等即可得解.
【分析】设，则.
因为，所以.
易得解得所以.
所以.
故选：A.
3．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，若，则是的（ ）
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
【分析】借助正方体模型，通过空间想象即可判断.
【详解】若，则，又，则.
反之，如图，在正方体中，
记平面为，平面为，分别为直线，
则满足，，但不平行，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
4．已知椭圆的离心率为，若经过椭圆的上顶点和右顶点的直线经过点，则椭圆的短轴长为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】根据离心率可得，再根据直线的方程为，即，
即，带入点点即可得解.
【详解】因为，所以.
由题意知直线的方程为，即，
所以.因为直线经过点，
所以，
解得.所以.所以，
所以椭圆的短轴长为.
故选：C.
5．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由两边平方可得，带入即可得解,
【详解】因为，
等式两边平方得，
又，所以，
解得.
故选：D.
6．已知菱形的边长为，若该菱形以为轴旋转一周，则所形成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用割补法将菱形割补成矩形，然后旋转得到圆柱，根据圆柱体积公式可得.
【详解】如图，过点作的垂线，交于点，
因为，
所以为正三角形，F为BC的中点，，
将剪去，并补到点A处，使与重合，得矩形，
则组成边长分别为的矩形.
旋转所得几何体为圆柱，其底面圆的半径为，高为2，
所以该几何体的体积为.
故选：B.
7．已知函数为定义在上的奇函数，当时，；当时，，则（ ）
A．-24B．-12C．D．
【答案】D
【详解】根据函数解析式得到，再根据奇函数性质计算得到答案.
【分析】.
为奇函数，故，所以.
故选：D.
8．已知数列满足：，且.若恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据比值关系用表示出，根据递推关系列方程组可得，可知为等差数列，然后由等差数列通项公式和下标和性质可解.
【详解】因为，所以.
由题知，，即，化简得，且不为0.
所以，所以数列是等差数列.
因为，所以.
因为，所以，解得，即公差.
所以，所以，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．已知角终边上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．属于第二象限角
【答案】BCD
【分析】根据任意角得终边上一点可以求得对应的三角函数，再结合恒等变换公式，逐项分析判断即可得解.
【详解】由题易知，所以，A错误；
因为，
所以，B正确；
因为，所以，
所以，解得，C正确；
因为属于第一象限角，所以，
所以，且，
即属于第二象限角，D正确.
故选：BCD.
10．双曲线的一条渐近线方程为，半焦距为，则下列论述错误的是（ ）
A．双曲线的离心率为3
B．顶点到渐近线的距离与焦点到渐近线的距离之比为
C．直线与双曲线有两个不同的交点
D．过点有两条直线与双曲线相切
【答案】ABD
【分析】根据渐近线得出离心率判断A选项，根据点到直线距离判断B选项，结合渐近线斜率可以判断交点判断C选项，结合双曲线对称性判断D选项.
【详解】由题易得，所以错误；
顶点到渐近线的距离为与焦点到渐近线的距离，距离之比为，B错误；
因为直线与渐近线平行，所以直线与双曲线的左支仅有1个交点，与右支没有交点.又直线与直线都过点，
且直线的倾斜角比直线的倾斜角小，直线与双曲线有两个不同的交点，正确；
因为，所以点位于双曲线右支的右侧位置，显然过点的直线不可能与双曲线相切，D错误.
故选:ABD.
11．黎曼函数（Riemann functin）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．黎曼函数的定义域为
C．黎曼函数的最大值为
D．若是奇函数，且，当时，，则
【答案】BC
【分析】根据函数的定义计算特殊值判断A选项，根据定义域判断B选项，根据值域判断C选项，结合对称性及周期性判断D选项.
【详解】，错误.
因为是既约真分数，或上的无理数，所以黎曼函数的定义域为正确.
又为既约真分数，所以的最大值为正确.
因为，所以.所以.
因为是奇函数，所以，所以，
即是以2为周期的周期函数，
，
所以错误.
故选:.
12．已知三棱锥，则下列论述正确的是（ ）
A．若点S在平面内的射影点为的外心，则
B．若点S在平面内的射影点为A，则平面与平面所成角的余弦值为
C．若，点S在平面内的射影点为的中点，则四点一定在以为球心的球面上
D．若四点在以的中点为球心的球面上，且S在平面内的射影点的轨迹为线段（不包含两点），则点S在球的球面上的轨迹为圆
【答案】AB
【分析】证明可判断A；作出平面与平面所成角，由三角形面积公式即可判断B；由题意知不一定成立，可知C错误；根据球的性质可知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，可知D错误.
【详解】设的外心为点，则，，
所以，
所以，A正确；
过点A作的垂线，交于点，连接，
因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
又平面，所以，
所以是平面与平面所成角的平面角，
则，B正确；
因为是的中点，
所以，但不一定成立，C错误；
依题知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，错误.
故选：.
三、填空题
13．若，且，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】直接使用基本不等式可得.
【详解】，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：
14．已知圆，则直线与圆的位置关系是 .
【答案】相交
【分析】根据二元二次方程表示圆的条件，结合圆心到直线的距离与半径的大小关系可得.
【详解】因为表示圆的方程，
所以，即.
因为圆的圆心到直线的距离，
所以直线与圆相交.
故答案为：相交
15．若函数在处取得最大值，且的图象在上有4个对称中心，则的取值范围为 .
【答案】
【详解】根据题意，，代入可得，再由且的图象在上有4个对称中心，则，由即可得解.
【分析】依题知，所以，
解得，
所以，
因为，所以当时，，
依题知，解得.
故答案为：
16．若函数，则函数的极小值为 .
【答案】
【分析】首先根据三角恒等变换可得，再换元设，因为，所以，通过导数求得的极小值即可得解.
【详解】，
设，因为，所以.
令，所以.令，
则或.
因为在上，在上，
在上，所以在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值为，
即的极小值为.
故答案为：
四、解答题
17．一建筑物垂直耸立于所在的水平面，如图，在观测点处测得顶点的仰角（视线与水平线的夹角）为，在观测点处测得顶点的仰角为平面.
(1)若，求建筑物的高；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据正弦定理可得，，再由，可得，即可得解.
（2）设，，，再由余弦定理即可得解.
【详解】（1）设，则，
.
因为，所以.
所以，
解得，即.
（2）由（1）设，因为，所以.
因为，
所以由余弦定理得
.
18．如图甲，在直角梯形中，，，是等边三角形.现将梯形沿折起至梯形，使平面与平面所成二面角为直二面角，如图乙所示.
(1)证明：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）将问题转化为平面，然后由线面垂直性质可证；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解可得.
【详解】（1）取的中点，连接.
因为，，所以，
所以四边形是平行四边形.
所以.
因为，
所以，即.
因为是等边三角形，所以.
因为，
所以平面.
又平面，所以.

（2）由（1）和平面平面可知，两两垂直，
故以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则.
所以.
所以.
设平面的法向量为，
则即，
令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即，
令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，则
.
故平面与平面夹角的余弦值为.
19．设数列的前项和为，数列是递增的等比数列，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列进行基本量的求值，再利用和的关系求通项即可；
（2）由，利用错误相减法求和，再分段表达即可.
【详解】（1）因为数列是等比数列，
所以.
因为，
所以是方程的两个实数根，
所以或
因为是递增的等比数列，所以，
设的公比为，
则，
解得，或（舍去）.
所以.
因为，
所以，
两式相减得，
所以.
当时，，
所以
（2）因为，
所以当时，，
所以.
两式相减得
.
所以.
当时，满足上式，
故.
20．已知函数.
(1)若在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意， 在上恒成立，分和讨论即可得解；
（2）因为，所以，可得在上，所以在上单调递减，所以，
即，累加即可得解.
【详解】（1）由题易知函数的定义域为.
当时，，所以在上单调递减.
当时，令，得.
因为在上单调递减，所以.
所以.
所以实数的取值范围为.
综上所述，实数的取值范围为.
（2）因为，所以.
因为在上，所以在上单调递减.
所以，
即.
所以，
所以，
所以.
21．已知直线相交于点，且分别与抛物线相切于两点，.
(1)求抛物线的方程；
(2)过抛物线的焦点的直线分别与抛物线相交于点，直线的斜率分别为，且，若四边形的面积为2，求直线夹角的大小.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）设过D点的切线方程代入抛物线方程，利用求解；
（2）过焦点的两条直线斜率和为0，所以两直线关于轴对称，即斜率互为相反数，结合四边形的面积求出他们的斜率即可.
【详解】（1）设过点的切线方程为：，即，代入抛物线：，
得：，整理得：，
由得：.
关于的方程有两解，，分别对应两条切线的斜率，因为：，所以，
所以.
∴抛物线的标准方程为：.
（2）抛物线的焦点坐标为，设经过焦点的直线方程为：.
联立得，
设，，则，.
∴，.
∵，∴直线，关于轴对称，不妨令关于轴对称，关于轴对称，则，.
∴四边形的面积为：，
不妨设，则，化简得：.
所以，的斜率分别为，，所以，互相垂直，夹角为.
【点睛】（1）过定点做圆锥曲线的切线，通常是设出直线方程，代入圆锥曲线方程，利用解决问题；
（2）解决这个问题的关键在于合理转化，如表示两条直线关于轴对称，所以四边形是梯形，从而利用梯形的面积公式求其面积.
22．已知函数.
(1)若，求的最小值；
(2)若，且关于的方程有实数根，的最小值为，证明：.
【答案】(1)e
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，则，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，又，即可求得得单调性，即可得解；
（2）因为关于的方程（即）有实数根，，所以，设，则.由在上单调递增，，所以存在，使得，即，结合单调性即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，，
则.
令，则.
因为，所以，
所以在上单调递增.
又，
所以在上，；在上，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
故的最小值为e.
（2）因为关于的方程（即）有实数根，，
所以.
设，
则.
因为在上单调递增，且，
所以存在，使得，即.
因为在上，在上，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为，所以.
所以，
即.
【点睛】关键点睛：
（1）构造函数，在第二问中构造的函数；
（2）隐零点求最值.