河北省金科大联考2024届高三(上)1月质量检测考试数学试卷(解析版)

这是一份河北省金科大联考2024届高三(上)1月质量检测考试数学试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 已知，若为纯虚数，则， 设，若，则等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，解得，所以，
由，解得，所以，，
故选：C．
2. 已知，若为纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由为纯虚数，得，，解得，
所以，
故选:B．
3. 设，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由已知得，故，
因为，所以，
故，解得，
故选：C．
4. 已知为不共线的平面向量，，若，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由可得，
又，如图所示，由平行四边形法则可得四边形为菱形，
故互相垂直平分，所以在方向上的投影向量为，
故选：D．
5. 设函数且在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，在上恒成立，
记，则在上恒成立，
在上单调递增，所以只需，解得，
故选：A．
6. 第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，
甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，
甲不去场馆，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，
场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，
场馆仅有2名志愿者的概率为.
故选：B．
7. 已知正方形的边长为1，将正方形绕着边旋转至分别为线段上的动点，且，若，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由于平面，
所以平面，平面，
由于，则，
在中，利用余弦定理可得,
所以，
过作的垂线，垂足为，由，平面，
所以平面，
又平面，所以，所以，
不妨设，则，所以由余弦定理得，，
故选：A．

8. 已知双曲线的离心率为2，左､右顶点分别为，右焦点为，是上位于第一象限的两点，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设双曲线的焦距为，左焦点为，离心率，
则，
由余弦定理得，所以，
又，所以，
设，则，，
所以，所以，
，
故选：D．
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知甲､乙两组数据分别为，和，若甲､乙两组数据的平均数相同，则（ ）
A. 甲组数据的中位数为10
B. 乙组数据的第75百分位数为9.5
C. 甲､乙两组数据的极差相同
D. 甲组数据的方差小于乙组数据的方差
【答案】AD
【解析】甲组共有5个数据，从小到大排列后，10为中间数字，所以甲组数据的中位数为选项正确；
由题意得甲､乙两组数据的平均数相同，且易知甲组数据的平均数均为10，
故乙组数据的平均数也为10，故得，所以，
又，乙组数据从小到大排列为，
所以乙组数据的第75百分位数为选项错误；
易知甲组数据极差为4，乙组数据极差为选项错误；
两组数据平均数相同，乙组数据离散程度更大，方差更大，D选项正确，
故选：AD．
10. 已知圆台上､下底面半径分别为1，2，且上下底面圆周均在半径为的球的球面上，则该圆台的体积可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】设圆台外接球球心为，球心到上，下底面的距离为，
则，解得，同理可得，
若位于上下底面之间，则圆台的高为，
此时圆台体积为，
若位于下底面下方，则圆台的高为，
此时圆台体积为.
故选：AC．
11. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆，是圆的一条直径，点在圆上，设直线为两圆的公切线，则（ ）
A. 圆和圆外切B. 直线斜率的最小值为0
C. 直线斜率的最大值为D. 面积的最大值为7
【答案】BCD
【解析】A选项，的圆心为，半径为，
的圆心为，半径为，
，因为，所以和外离，选项错误；
B选项，画出两圆如下：

可以看出共有4条公切线，其中内公切线的斜率最小，
其中：与和均相切，所以直线斜率的最小值为正确；
C选项，由B选项可知，：，内公切线的斜率最大，设其倾斜角为，
直线的斜率，即，
则，
所以直线斜率的最大值为．C选项正确；
D选项，易知，此时三点共线，

当时，面积取得最大值，最大值为，选项正确，
故选：．
12. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】由题意可得：，
对于选项A：由于，则，
即，显然，
因为均在内单调递增，且函数值均为正值，
则在内单调递增，且，
由解得，A选项正确；
对于选项B：因为，等价于，
即证，，
设，则，
则在上单调递减，则，选项正确；
对于选项C：令，求导得，函数在上单调递增，
要证，只需，
即，，
设，则，
因为均在内单调递增，
则在内单调递增，且，
可知存在使得，则在上单调递减，
因为，所以，C选项错误；
对于选项D：因为均在内单调递增，且函数值均为正值，
则在内单调递增，
要证，只需，即，
因为，
可得，D选项正确；
故选：ABD．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知为定义在上的奇函数，当时，且，若，则__________．
【答案】2
【解析】依题意，，解得，又，
所以，故，解得．
故答案为：2.
14. 设等差数列的前项和为，若，则__________．
【答案】110
【解析】因为，所以．
故答案为：110.
15. 已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得函数的图象关于原点对称，且在上单调递减，则__________．
【答案】3
【解析】由题意知图象关于原点对称，因此，解出，
由于上单调递减，，
因此，解出，
由于，所以取，解得，又由于，且，则．
故答案为：3
16. 已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】由于，所以，，故，设，当为短轴端点时，最大，此时为等边三角形，所以，
设外接圆半径为，则，即，
由余弦定理得：，整理可得，
所以的面积，故的内切圆半径，
所以，因为，
所以，
当且仅当，即，即时取等号，所以的最小值为．
四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．
17. 记锐角中内角的对边分别为，且．
（1）求的值；
（2）若，且，求的面积．
解：（1）由条件及正弦定理得
而，所以，
因此，由于，则，得
因此是锐角三角形，因此均存在，
所以，
故；
（2）由（1）可知，，则，且，
故，利用正弦定理得，解出，
，故，
因此面积．
18. 一个骰子各个面上分别写有数字，现抛掷该股子2次，记第一次正面朝上的数字为，第二次正面朝上的数字为，记不超过的最大整数为．
（1）求事件“”发生的概率，并判断事件“”与事件“”是否为互斥事件；
（2）求的分布列与数学期望．
解：（1）当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为1，2时，，
当取取值为1时，，
所以，
当时，，事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；
（2）的取值为，
取值为，时，
，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
所以的分布列为
所以．
19. 如图，在四棱锥中，平面，在棱上，平面，设．
（1）求；
（2）若点到平面的距离为1，求直线与平面所成角的正弦值．
解：（1）连接，相交于，由可知，
面，平面平面，
由平面可知，，则；
（2）易知，又，故由余弦定理得，
解得，由于，所以，
又平面平面，所以，
因为，面，面，
所以平面，而面，所以面面，
又平面平面，过作垂直于，
则平面，所以，
设，对使用等面积法可得，解得，
建立空间直角坐标系如图所示，
，
由，可得，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
因为，所以为中点，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
20. 设为数列的前项和，已知为等比数列，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，设，记为数列的前项和，证明：．
解：（1）为数列的前项和，，
则有，所以，等比数列的公比为2，
又，所以；
证明：（2）由（1）知，，当时，，
所以，所以，
则，
因此．
21. 已知抛物线，过焦点的直线与交于两点，且的最小值为2．
（1）求的方程；
（2）过且与垂直的直线交于两点，设直线的中点分别为，过坐标原点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）当直线的斜率为0时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去；
设直线，与抛物线方程联立可得，
设，则，
所以，
所以，所以的方程为．
（2）由（1）可知，，
所以，同理可得，
所以直线斜率为，
所以直线，即，
所以直线过定点，
因为⊥，所以在以为直径的圆上，
取的中点，则为定值，
所以存在定点，使得为定值．
22. 已知函数．
（1）当时，求单调区间；
（2）若是的极小值点，求的取值范围．
解：（1）当时，，
设，则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，取得极大值，所以，
所以的单调递减区间为，无增区间；
（2），
设，则，
（i）当时，二次函数开口向上，对称轴为，
当时，单调递增，
因为，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以是的极小值点．
当时，，又，
所以存在，使得，所以当时，单调递增，
又，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以是的极小值点；
（ii）当时，，当时，单调递减，
当时，，单调递增，所以是的极小值点；
（iii）当时，开口向下，对称轴为，
此时，故，使，
当时，，因此在上单调递增，
又，当时，单调递减，
当时，单调递增，所以为的极小值点；
（iv）当时，，使，
当时，，因此在上单调递减，
又，当时，单调递增，
当时，单调递减，所以为的极大值点；
（v）当时，由（1）知非极小值点．
综上所述，．
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