河南省豫西北教研聯(lián)盟（許洛平）2024-2025學年高三第一次質(zhì)量檢測數(shù)學試題 含解析

豫西北教研聯(lián)盟（許洛平）2024-2025學年高三第一次質(zhì)量檢測數(shù)學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知向量，若，則（）A. B.2 C.2或 D.2或【答案】C【解析】【分析】由數(shù)量積的坐標運算公式可得結果.【詳解】，解得：或.故選：C.2.已知集合，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由集合的包含關系，對集合是否是空集分類討論即可求解.【詳解】集合，若，則若，則滿足題意；若，且，則，綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.故選：3.已知，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角余弦公式和誘導公式直接求解即可.【詳解】，，.故選：B.4.下列選項中，是的充要條件的是（）A.已知非零向量B.已知C.在中，D.直線【答案】C【解析】【分析】根據(jù)充要條件、向量數(shù)量積運算、一元二次不等式、正弦定理、直線平行等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】是的充要條件，則，A選項，對于，，可能，但的長度、方向不一定相等，不能得到，所以A選項錯誤.B選項，對于，，解得，而，所以B選項錯誤.C選項，在三角形中，大角對大邊，所以，由正弦定理得，所以，所以C選項正確.D選項，對于，時，兩直線的方程都可以化為，此時兩直線重合，所以D選項錯誤.故選：C5.已知，則的解集為（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】根據(jù)定義判斷奇偶性，由解析式判斷對數(shù)復合函數(shù)的單調(diào)性，綜合運用奇函數(shù)、單調(diào)性解不等式即可.【詳解】由，且定義域為R，根據(jù)在上遞增，則在上遞增，又在上遞增，則在上遞增，結合奇函數(shù)性質(zhì)且函數(shù)在R上連續(xù)，則在R上遞增，由，所以，解集或.故選：D6.過雙曲線的右焦點的直線與交于兩點，若線段的長度取最小值時，直線恰有兩條，則雙曲線的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】若線段的長度取最小值時，直線恰有兩條，則可得直線軸，和直線與軸重合，而從確定，最后求出雙曲線的離心率.【詳解】由過雙曲線C:x2a2?y2b2若兩點均在雙曲線的右支時，則軸時，線段的長度取最小值，即為通徑，此時為，若兩點在雙曲線的兩支時，則直線與軸重合時，線段的長度取最小值，即為實軸，此時為，若線段的長度取最小值時，直線恰有兩條，則，即，則雙曲線的離心率，故選：A.7.已知數(shù)列中，，若，則（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用等比數(shù)列定義求出，利用構造法求出，再列式求解即得.【詳解】在數(shù)列中，由，得數(shù)列是首項為2，公比為2的等比數(shù)列，，則，即，因此數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列.則，即，由，得，所以.故選：B8.已知，若函數(shù)沒有零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用導數(shù)明確在上的單調(diào)性后根據(jù)最值的符號可得，在這個條件下可證在上無零點，故可得正確的選項.【詳解】由題設可得當時無零點，此時，當時，；當時，，故在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，因為，故當時，，故，而為上的增函數(shù)，且，故即.當時，，設，，設，則，當時，，當時，，故在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，故，，，故，故在上恒成立，故在上為減函數(shù)，故即在上恒成立，故在上無零點，綜上，，故選：D.【點睛】思路點睛：函數(shù)的零點問題，往往需要根據(jù)導數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，結合最值的符號來判斷，如果還涉及到分段函數(shù)，可以先求出一段上滿足零點個數(shù)時參數(shù)的取值范圍，再根據(jù)這個范圍討論余下一段即可.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知且，則（）A B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式可判斷ABC的正誤，利用導數(shù)可判斷D的正誤.【詳解】對于A，因為，當且僅當時等號成立，故A正確；對于B，，當且僅當時等號成立，故B錯誤；對于C，，當且僅當時等號成立，故C正確；對于D，，設，則，當時，；當時，，故在上為減函數(shù)，在12,1為增函數(shù)，故，故D成立，故選：ACD.10.在平面直角坐標系中，角的頂點為坐標原點，始邊為軸的非負半軸，終邊與以為圓心，1為半徑的圓交于點，射線繞點逆時針旋轉(zhuǎn)后交圓于點，若點的縱坐標為，設，則（）A.B.C.函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為D.的對稱中心為【答案】BC【解析】【分析】由已知條件直接驗算AB即可；對于CD，整體代入法求單調(diào)區(qū)間、對稱中心，對比即可求解.【詳解】對于A，由題意，所以，故A錯誤；對于B，由題意，故B正確；對于C，，所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，故C正確；對于D，，所以的對稱中心為，故D錯誤.故選：BC.11.在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為線段上的動點，為底面（含邊界）上的動點，且平面平面，則（）A.直線與平面所成角的最大值為B.點的軌跡長度為C.三棱錐的體積為定值D.若，且平面，則的取值范圍為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，點到平面的距離最大時，計算可判斷；對于B，取的中點，可得，計算可判斷；對于C，取的中點，取的中點，可得與平面不平行，進而可判斷；對于D，以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，，計算可得，進而可判斷.【詳解】對于A，由圖可知，點到平面的距離最大時，直線與平面所成的角最大，又點為線段上的動點，所以點為時，到平面的距離最大，又因為平面，所以為直線與平面所成的角，又，所以直線與平面所成角的最大值為，故A正確；對于B，取的中點，延長交的延長線于，由，可得，所以，所以為的中點，由正方體，可得，又易得平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以平面，又平面，所以平面，因為平面平面，所以（不含端點），易得，所以點的軌跡長度為，故B正確；對于C，取的中點，取的中點，易證，因為，，所以四邊形是平行四邊形，所以且，又且，所以且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，又平面，所以與平面不平行，所以點到平面的距離不是定值，又三角形的面積為定值，所以三棱錐的體積不為定值，故C錯誤；對于D，以為坐標原點，所在直線為坐標軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，由平面，所以為平面的一個法向量，又，所以，所以點，設，則，因為平面，所以，所以，所以，故的取值范圍為，故D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：解決軌跡長度的關鍵是先由面面垂直可得點的軌跡，進而計算可得軌跡長度.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知復數(shù)滿足，則__________.【答案】##【解析】【分析】先利用復數(shù)的四則運算求出復數(shù)，再求其模長即得.【詳解】由，可得，則.故答案為：.13.設拋物線的焦點為，直線與的一個交點為，直線與的另一個交點為，則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，聯(lián)立直線與拋物線的方程求出交點坐標，進而求出點的坐標，再借助拋物線定義求出長.【詳解】拋物線的焦點為，由，解得或，即點或，當點時，直線，即，由，得，因此，顯然點與關于軸對稱，則當點時，點與點關于軸對稱，，所以.故答案為：14.已知三棱錐，二面角的大小為，當三棱錐的體積取得最大值時，其外接球的表面積為__________.【答案】【解析】【分析】利用已知條件得到為等邊三角形、為等腰直角三角形，且面，進而求棱錐外接球半徑，即可得表面積.【詳解】由，則底面外接圓半徑，所以，外接圓是以為直徑的圓，又，且二面角的平面角為，結合對稱性，即在以為圓心，2為半徑的半圓上，要使棱錐體積最大，需保證到面的距離最大，故，此時，又，,都在面上，故面，同時，還要保證面積最大，而，所以，當且僅當時等號成立，此時最大面積，綜上，棱錐體積最大時，為等邊三角形、為等腰直角三角形，且面，如下圖，分別是中點，為的中心，為棱錐外接球球心，又，，所以，外接球半徑，故其表面積為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：根據(jù)已知條件確定為等邊三角形、為等腰直角三角形，且面，再確定外接球球心，進而求半徑為關鍵.四?解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.設為橢圓C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左?右焦點，點在橢圓上，點（1）求橢圓的方程；（2）過點作直線與交于兩點，的面積為，求的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）設橢圓的焦距為，由四邊形的面積為與，可求，進而將代入橢圓方程可求值，從而得到橢圓的方程；（2）設,與橢圓聯(lián)立方程組，可得，進而求的值，從而由的面積可得的值，即得到直線的方程.【小問1詳解】設橢圓的焦距為，因為，所以四邊形為平行四邊形，其面積設為S，則，所以，所以，即又點在橢圓，則，整理得，解得，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】易知的斜率不為，設，聯(lián)立，得，又，所以.所以，由，解得，所以的方程為或.16.已知函數(shù)，在中，角所對的邊分別為，且.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)題干條件將函數(shù)解析式通過二倍角公式和輔助角公式化簡，再代入求得的值；（2）由（1）中求得的和條件利用余弦定理建立關系式即可求得的值.【小問1詳解】由題意得，因為，所以由，得.又因為，所以，所以，.【小問2詳解】由（1）得，.所以由余弦定理可得，，又因為，所以，所以，即，即，故.把代入，可得，所以.17.如圖，四棱錐中，為等邊三角形，四邊形為直角梯形，，.（1）證明：平面平面；（2）若與平面所成的角為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點，連接，先利用線線垂直證明平面，得，再由題設證平面最后由線面垂直證得平面平面；（2）過作，交于，證明平面,依題意建系，利用題設條件求出相關點坐標，計算兩平面的法向量，利用向量夾角的坐標公式計算即得.【小問1詳解】如圖，取的中點，連接.因四邊形為直角梯形，且，則，又為等邊三角形，，因平面，故平面，又平面,則，又，因平面,故平面又平面，平面平面.【小問2詳解】由（1）知平面因平面,則平面平面，過作，交于，因平面平面,故平面,即為直線與平面所成的角，則，由（1）知平面因平面故，而，則于是，.如圖，以為原點，所在直線為軸，過點在面中與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系.則于是，，設平面的法向量為,由，則可??；又,設平面的法向量為,由，則可取.設平面與平面的夾角為，則，即平面與平面的夾角的余弦值為.18.已知函數(shù).（1）若在點處的切線方程為，求的值；（2）若，判斷函數(shù)的單調(diào)性；（3）當時，證明：，其中.【答案】（1）（2）在上單調(diào)遞增，理由見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導，根據(jù)導數(shù)幾何意義求出切線方程，對照系數(shù)得到答案；（2）二次求導，求出導函數(shù)的單調(diào)性，結合，得到，恒成立，得到函數(shù)單調(diào)性；（3）不等式變形為，構造，二次求導，結合（2）中結論得到其單調(diào)性，又，從而證明出結論.【小問1詳解】因為，所以，故又，所以在點處的切線方程為，即，由已知得.【小問2詳解】因為，所以，令，則.依題意，當時，，所以在上單調(diào)遞增；當時，，所以在上單調(diào)遞減.所以，因為，則，則恒成立，所以上單調(diào)遞增.【小問3詳解】欲證成立，即證成立.設，其中.則.設，其中，則，由（2）知，在單調(diào)遞減；在單調(diào)遞增；所以在單調(diào)遞減，且.故當時，，即，則在單調(diào)遞增；當時，，即，則在單調(diào)遞減..故在處取極大值，也是最大值，且最大值為，當且僅當時，所以當時，恒成立，即恒成立，即成立.【點睛】關鍵點點睛：第三問需構造，并看出，二次求導后剛好利用（2）中結論進行求解19.已知有窮數(shù)列的各項均為正整數(shù)，記集合的元素個數(shù)為.（1）若數(shù)列為，試寫出集合，并求的值；（2）若是遞增數(shù)列且，求證：是等比數(shù)列；（3）判斷是否存在最大值，若存在，試說明理由.【答案】（1），（2）證明見解析（3）存在，理由見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得到，求出；（2）由數(shù)列的單調(diào)性和得到，故，同理可得，對照得到，證明出結論；（3）共有個元素，故最多有個，不妨取，其中均為質(zhì)數(shù)，從而推出分母為時，互不相同，結合等差數(shù)列求和公式得到答案.小問1詳解】因為，所以集合，所以.【小問2詳解】證明：因為an是遞增數(shù)列，且，因為an是遞增數(shù)列，所以，所以且互不相等，所以，又因為，所以且互不相等，所以所以，所以，所以，所以an為等比數(shù)列.【小問3詳解】共有個元素，故最多