2024届河北省部分学校高三上学期期中调研联考数学试题含答案

这是一份2024届河北省部分学校高三上学期期中调研联考数学试题含答案，共17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．设集合，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，结合集合间的运算，即可求解.
【详解】根据题意，易得，故．
故选：A.
2．（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据复数运算法则化简求解即可.
【详解】.
故选：.
3．已知单位向量满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用单位向量的定义､数量积运算性质即可得出.
【详解】因为，
所以．
故选：C
4．已知等比数列的前项和为，则（ ）
A．18B．54C．128D．192
【答案】D
【分析】根据等比数列的定义结合求和定义，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得．
．
故选：D.
5．已知为坐标原点，分别是椭圆的左顶点､上顶点和右焦点点在椭圆上，且，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】表示出坐标，由，可得，求解即可.
【详解】令中，则，
所以．
因为，所以，则，
即，
所以．
故选：D.

6．设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换可得答案.
【详解】因为，所以．
因为，所以，
所以，则．
故选：B.
7．把某种物体放在空气中冷却，若该物体原来的温度是，空气的温度是，则后该物体的温度可由公式求得．若将温度分别为和的两块物体放入温度是的空气中冷却，要使得这两块物体的温度之差不超过，至少要经过（ ）（取：）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查函数的应用，通过数学建模列不等式求解．
【详解】的物块经过后的温度的物块经过后的温度．
要使得这两块物体的温度之差不超过，即须使，
解得，即至少要经过5.52min．
故选：C.
8．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入数值，可得答案.
【详解】设函数，
因为上，上，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以，当且仅当时，等号成立．
令，则．
设函数，
因为上，上，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，所以，即，所以．
综上可得：．
故选：A.
二、多选题
9．如图，在三棱台中，上底面是边长为的等边三角形，下底面是边长为的等边三角形，侧棱长都为1，则（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．三棱台的高为
【答案】ABD
【分析】延长三棱台的侧棱，可证得几何体为正三棱锥，根据正三棱锥的结构特征及三角形三边关系、线面垂直的性质定理可判断选项A,B,D；由线面角的几何法可判断选项C.
【详解】延长交于点P，设的中点分别为，连接，并交于点O，
连接．在中，，所以，可得．
同理可得，所以三棱锥为正三棱锥．
又，所以，即正确;
易得平面，所以，B正确;
因为平面，所以为直线与平面所成的角．易知错误;
因为为的中点，所以三棱台的高为，D正确;
故选：ABD.
10．若函数在上的零点从小到大排列后构成等差数列，则的取值可以为（ ）
A．0B．1C．D．
【答案】ABD
【分析】函数有零点，即函数与的图象有交点，画出函数与的图象，结合图象求解即可.
【详解】因为函数有零点，所以．
画出函数与的图象，如图所示．
当或1时，经验证，符合题意．
当时，由题意可得．
因为，所以．
故选：ABD.
11．已知函数的定义域为，且，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．没有极值
【答案】ACD
【分析】利用赋值法，可判断；令函数，计算得为常函数，可依次判断.
【详解】令，则，正确;
当且时，由，得，
令函数，则，
所以，所以为常函数，
令，则，所以是奇函数，正确;
当时，，错误;
因为函数在定义域内单调递增或单调递减，
所以没有极值，正确．
故选：.
12．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的圆心都在直线上
B．圆的方程为
C．若圆与轴有交点，则
D．设直线与圆在第二象限的交点为，则
【答案】ABD
【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆相交判断C；求出点的纵坐标判断D.
【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，
由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，A正确；
显然，设点，则，而，
解得，因此圆的圆心，半径为，
圆的方程为，则圆的方程为，B正确；
圆的圆心到y轴距离为，若圆与轴有交点，则，
解得，而，因此，C错误；
在中，令，得点的纵坐标为，因此，D正确．
故选：ABD
【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点间的距离；
直线l：x=my+t上两点间的距离.
三、填空题
13．函数的图象可由函数的图象至少向右平移个单位长度得到 ．
【答案】
【分析】由三角函数的平移变换即可得出答案.
【详解】因为，
所以函数的图象可由函数的图象至少向右平移个单位长度得到．
故答案为：.
14．已知函数则满足的的取值范围是 ．
【答案】
【分析】画出的图象，数形结合得到，求出x的取值范围.
【详解】画出的图象，数形结合可得解得．
故答案为：

15．已知抛物线与直线交于两点，点在抛物线上，且为直角三角形，则面积的最小值为 ．
【答案】1
【分析】根据已知设，由垂直关系有，可得求a的范围且，即可求三角形面积最小值.
【详解】设，

则．
因为为直角三角形，
所以，即．
因为，所以．
所以．
故答案为：1
16．如图，这是某同学绘制的素描作品，图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成，若该正六棱柱的底面边长为2，高为8，则该几何体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据题意，利用割补法结合相关提交公式运算求解.
【详解】过直线和直线分别作平面，平面，平面和平面都平行于竖直的正六棱柱的底面，
则该竖直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为．
如图将多面体分成三部分，其中，
三棱柱的体积为，
所以多面体的体积为．
两个正六棱柱重合部分的体积为．
一个正六棱柱的体积为．
故该几何体的体积为．
故答案为：.
四、解答题
17．在中，为上一点，，且．
(1)若，求；
(2)若，求．
【答案】(1)；
(2)2.
【分析】（1）由题设求得，再应用余弦定理求；
（2）由正弦定理可得，再由，即可得结果.
【详解】（1）在Rt中，．
在中，，解得．

（2）在中，，所以．
在中，，所以．
故．
18．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，．
(1)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由．
(2)求平面与平面的夹角的大小．
【答案】(1)存在；为的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）先构造平行四边形证明线线平行；再利用直线和平面平行的判定定理即可证明.
（2）先建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量；再利用空间夹角的向量求法即可得出答案.
【详解】（1）当为的中点时，平面．
理由如下：
设为的中点，连接．
则在中，．
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以．
因为平面，平面
所以平面．
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，
．
设平面的法向量为，
则即
令，则．
设平面的法向量为，
则即
令，则．
设平面与平面的夹角为，
，
所以，即平面与平面的夹角的大小为．
19．在数列中，．
(1)证明：数列为常数列．
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则．
因为①，所以②．
①-②得，即．
因为，所以数列为常数列．
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以．
因为，所以③，
④．
③-④得
，
所以．
20．已知函数，曲线在点处的切线斜率为．
(1)求的值；
(2)当时，的值域为，求的值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）求出函数的导函数，代入计算可得；
（2）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，再分、两种情况讨论，求出函数的最小值，从而求出参数的值.
【详解】（1）因为，所以．
依题意，解得．
（2）由（1）可得，则．
令函数，则．
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，，所以当时，，即；
当时，，即．
所以在上单调递增，在上单调递减．
当时，在上的最小值为，解得，舍去．
当时，在上的最小值为，解得，
此时，，，
即当时，符合题意．
综上，的值为2．
21．已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程.
(2)已知双曲线的左､右顶点分别为，直线与双曲线的左､右支分别交于点（异于点），设直线的斜率分别为，若点）在双曲线上，证明为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定值为
【分析】（1）利用渐近线的定义得到，再利用的关系即可得解；
（2）由题意得到，再联立方程得到，进而得到，从而利用斜率公式进行化简计算即可得解.
【详解】（1）因为渐近线方程为，所以，即，
所以，则，
故的方程为.
（2）依题意，知，
因为点在双曲线上，
所以，即，
联立，得，
则，
设，则，，
所以
，
，
因为，所以，所以，
故
，
故为定值，定值为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数．
(1)当时，证明：只有一个零点．
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求解的单调性，从而证明；
（2）根据，即对进行构造函数多次求导后分类讨论从而求解的范围.
【详解】（1）证明：当时，，
所以：是减函数．
又因为：，所以：只有一个零点．
（2）由题意得：，，即：，
令函数，
则：，
因为，要使得，则存在，使得在0,x1上单调递增，即当时，.
令函数，
则：，
因为：，要使得，则存在，使得在上单调递增，即当时，，
令函数，
则：，得：，
当，即时，
令函数，，
令函数，，
因为：在上恒成立，所以函数在上单调递增．
因为：，所以在上恒成立，
所以：在上单调递增.
因为：，所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以：在上单调递增，符合题意．
当，即时，存在，使得当时，，即在上单调递减．
因为：，所以当时，，即，所以在上单调递减．
因为：，所以当时，，即，所以在上单调递减．
因为：，所以当时，，与题意不符．
综上：的取值范围为.
【点睛】关键点睛：（2）问中采用多次求导法并结合函数的单调性，然后分类讨论，从而求解出的取值范围，