2024届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检三考试数学试题含答案

这是一份2024届河北省衡水市第十三中学高三上学期质检三考试数学试题含答案，共19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．若全集，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求，再求并集即可.
【详解】因为，所以.
故选：A.
2．分别为正四棱台的上、下底面的中心，且，则正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别算出上下底面面积，结合高以及棱台体积公式运算即可.
【详解】由题意可知上、下底面的面积、高分别为，
所以正四棱台的体积为.
故选：C.
3．已知直线的一个方向向量为，且经过点，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由方向向量得斜率，由点斜式化为一般式即可.
【详解】由题意得直线的一个方向向量为，所以其斜率为，
又它经过点，所以直线的方程为，即.
故选：B.
4．圆与圆的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】求出两圆圆心距离即半径后，可得位置关系，由位置关系可得公切线条数.
【详解】由可知圆心为，半径，
由，即，
则圆心为，半径，
则两圆圆心距离为，，，
故，即两圆相交，故公切线条数为2条.
故选：B.
5．若为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得的定义域，再根据为偶函数，由求解.
【详解】解：由，得，解得 或 ，
则 的定义域为，又为偶函数，
所以，即，解得，
所以，则，
故选：B
6．若给定一向量组和向量，如果存在一组实数，使得，则称向量能由向量组A线性表示，或称向量是向量组A的线性组合，若为三个不共面的空间向量，且向量是向量组的线性组合，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】D
【分析】根据题意表示向量，再利用待定系数法求.
【详解】由题意可知，
且，所以，，，
所以.
故选：D
7．温室大棚设施农业是一种高投入，高产出，高效益的产业，它的出现使得人们能在一年四季吃上夏季丰收的瓜果蔬菜，造福了民生，其发挥作用的关键离不开地膜，原因是地膜的覆盖可以减少地面热量散失，减弱地面辐射的散失来起到保温的作用，若某地大棚种植户现要采购一批圆筒状地膜，看完说明书后发现该种圆筒状地膜由纸质圆柱形空简和缠绕在纸筒外面的地膜构成，经测量得到圆柱形空筒的半径为（纸的厚度可忽略不计），完整圆筒状地膜的半径为，地膜的厚度为，则一筒完整的地膜的总长度大约为（ ）（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出共有地膜多少层，再求出每层的平均长度，最后计算总长度即可.
【详解】由题意可知，缠绕在纸筒外面的地膜总厚度为，
所以共有地膜层，
又缠绕在纸筒外面的地膜的平均长度为，
所以总长度为，
故选：D
8．正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
【详解】因为正三棱柱中,O为BC的中点，取中点Q，连接OQ，
如图，以O为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为M是棱上一动点，设，且，
所以，则，
因为，且所以在直角三角形中可得：
即，于是令，
所以，，又符合函数为增增符合，所以在上为增函数，
所以当时，，即线段MN长度的最小值为，
当时，，即线段MN长度的最小值为，
故选：B.
【点睛】关键点睛：1.找到，再利用函数单调性求出最值.
2.建系，设出动点，利用空间向量法求出，再结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
二、多选题
9．已知直线和圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆有两个交点
C．存在直线与直线垂直
D．直线被圆截得的最短弦长为
【答案】ABC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
10．若函数既有极大值也有极小值，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】由题意将原问题转化为二次函数的零点分布问题，进一步由判别式、韦达定理即可求解.
【详解】由题意在内有两个不相等的实数根，
即方程在内有两个不相等的实数根，
不妨设两根分别为，
所以，即异号、同号，从而异号.
故选：ACD.
11．在棱长为1的正方体中，是线段上一点，则可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求的余弦值，结合函数性质得出其范围．从而可得正确选项．
【详解】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，．，，，
在线段上，则，，即，
，
，
易知时，为最小值，
又时，，时，，所以，
从而，即，而，
所以，
故选：BD．
12．已知椭圆的左、右焦点分别为、，上顶点为，离心率为，若、为上关于原点对称的两点，则（ ）
A．的标准方程为
B．
C．
D．四边形的周长随的变化而变化
【答案】AC
【分析】对A，由上顶点及离心率可计算出方程；对B，借助椭圆对称性及定义，利用基本不等式计算即可得；对C，表示出斜率后计算即可得；对D，由椭圆定义即可得.
【详解】
由上顶点为，故，
离心率为，故，即，
故，解得，
即的标准方程为，故A正确；
连接线段如图所示，由、关于原点对称，
则，由，故，
则
，
当且仅当时，等号成立，故B错误；
设，则，
则，即，
则，
故C正确；
四边形的周长为，
由，，
故四边形的周长为，为定值，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：涉及到与焦半径有关范围或最值问题时，常常需要从椭圆定义出发，结合椭圆性质，利用基本不等式求取范围或最值.
三、填空题
13．已知斜率均为负的直线与直线平行，则两条直线之间的距离为 ．
【答案】/
【分析】利用斜率为负的两直线平行，找到，表示出直线，利用两平行线间的距离公式计算即可.
【详解】因为斜率均为负的直线与直线平行，
所以同号，且，解得：，
所以直线与直线，
所以这两条直线之间的距离为.
故答案为：.
14．若，，且，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式与一元二次不等式即可得求解.
【详解】由，，故，
即，当且仅当时等号成立，
故，
当且仅当时等号成立，
令，则有，即，
解得或（舍去），
故，即的取值范围为.
故答案为：.
15．摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．位于山东省潍坊滨海的“渤海之眼”摩天轮是世界上最大的无轴摩天轮，该摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱．开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面145米，匀速转动一周大约需要30分钟．当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时．经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中），则 （m）．
【答案】52
【分析】建立适当的坐标系，结合题意求出相应的参数即可得函数表达式，进一步代入求值即可.
【详解】以摩天轮轮盘圆心为原点，互相垂直的水平、竖直方向分别为轴建立直角坐标系，如图所示：
点为轮盘上距离地面最近的位置，
当时，游客甲坐上摩天轮的座舱，即，所以满足题意,
因为轮盘直径为124，所以，
因为最高点距离地面145米，所以，解得，
而匀速转动一周大约需要30分钟，所以，
所以，.
故答案为：52.
16．在首项为1的数列中，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为 ．
【答案】或.
【分析】通过累加法，求出，解出不等式，找到与即可.
【详解】结合题意：
，
则，
所以，解得或，
当为偶数时，，递增，可得的最小值为，则，
递增，可得的最小值为,则,
当为奇数时，，递减，可得的最大值为，，
递减，可得的最大值为，，
综上所述：要使得存在，使得不等式成立，
只需或，
所以的取值范围为或.
故答案为：或.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是能够通过递推关系式得到数列的通项公式，结合数列的单调性特点可得到不等式的解集，从而确定解集上下限的最值，进而得到结果.
四、解答题
17．直线，直线，且当时，直线与的交点为．
(1)求坐标；
(2)若，直线与的交点为，求以为直径的圆的标准方程．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）联立直线求出交点的坐标即可;
（2）求出直线与的交点为，再找到圆心和半径，写出圆的标准方程即可.
【详解】（1）当时, 直线,
联立直线得，即，所以点坐标为.
（2）当时, 直线,
联立直线得,即，所以点坐标为,
由上问可知点坐标为.
由该圆是以为直径的圆，
所以圆心为的中点，半径为，
故以为直径的圆的标准方程为.
18．著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式，（分别为椭圆的长半轴长和短半轴长）为后续微积分的开拓奠定了基础，已知椭圆：．
(1)求的面积；
(2)若直线交于两点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆方程和椭圆面积公式，即可求解；
（2）直线与椭圆方程来努力，利用弦长公式，即可求解.
【详解】（1）椭圆的方程为，所以，，
则，，
所以椭圆的面积；
（2）联立，得，
，，，
.
19．如图所示，在三棱锥中，平面．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）只需由线面垂直的性质证明，利用勾股定理逆定理证明，再结合线面垂直的判定定理即可得证.
（2）取中点，连接，由中位线定理结合（1）中结论可知，即为直线与平面所成的角，通过解三角形知识即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又因为，
所以，即，
而平面，
所以平面.
（2）
如图所示，取中点，连接，
因为，所以点为中点，
所以，
由（1）可知，平面，
所以平面，
而平面，
所以，
从而即为直线与平面所成的角，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以，，
所以，，
直线与平面所成角的正弦值为.
20．在直三棱柱中，，E为的中点，设，
(1)若，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若，求二面角的正切值．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）结合题意，找到为异面直线与所成角，计算即可;
（2）建立空间直角坐标系，求出二面角的两个面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可.
【详解】（1）连接，在直三棱柱中，易得,且面,
所以为异面直线与所成角，
因为面,所以,
在中，，，
所以,
所以,
所以，所以,
所以在直角中有,
故异面直线与所成角的余弦值为.
（2）在直三棱柱中，，易得两两垂直，
故以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系：
因为，
所以,
所以,
设面的法向量为,
则,即，取，则，
设面的法向量为,
则,即，取，则，
所以，
结合图形可知二面角的平面角为锐角，
所以，结合同角三角函数的基本关系可得.
所以二面角的正切值.
21．已知数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意根据累乘法即可求出数列的通项公式.
（2）连续利用两次错位相减法，再结合等比数列求和公式即可得解.
【详解】（1）由题意，所以，即；
所以
，
当时，也满足，
所以的通项公式为
（2）由（1）可知，
记，由题意，
所以，
所以，
两式相减得，
记，
则，
两式相减得
，
而，
所以.
22．若分别为椭圆的右焦点和上顶点．
(1)求的标准方程；
(2)若上的两点满足三点共线，且平分，求直线的方程．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）结合题意以及椭圆知识，求出，表示出椭圆方程即可;
（2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，通过分析找到转化为斜率的表达式，利用韦达定理计算即可.
【详解】（1）结合题意可知：因为为椭圆的右焦点和上顶点，
所以，由，所以，
所以的标准方程为.
（2）结合题意：当直线斜率为0时，此时直线为，不满足平分，
当直线斜率不为0时，因为三点共线，且，
故可设直线的方程，设，
设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则,.
因为平分，所以即
所以即
而，所以
整理得：.
因为，
代入整理得：①，
联立，整理得：，
，
所以，
，
，
将上式代入①:
化简得，即，
解得或，
当时，直线的方程为，与直线重合，不满足题意，舍去；
当时,直线的方程为: ，满足题意.
故直线的方程为: .

【点睛】关键点点睛：解题关键是利用平分找到关于倾斜角之间的等量关系．进而转化为斜率问题，得到所要求的等量关系，需设出直线方程联立椭圆方程整理后应用韦达定理代入等量关系整理.