河北省金科大聯考2024屆高三上學期1月質量檢測考試數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1河北省金科大聯考2024屆高三上學期1月質量檢測考試數學試題一?單項選擇題：本題共8小題，每小題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.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，解得，所以，由，解得，所以，，故選：C．2.已知，若為純虛數，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由為純虛數，得，，解得，所以，故選:B．3.設，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由已知得，故，因為，所以，故，解得，故選：C．4.已知為不共線的平面向量，，若，則在方向上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由可得，又，如圖所示，由平行四邊形法則可得四邊形為菱形，故互相垂直平分，所以在方向上的投影向量為，故選：D．5.設函數且在區(qū)間上單調遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依題意，在上恒成立，記，則在上恒成立，在上單調遞增，所以只需，解得，故選：A．6.第19屆亞運會在杭州舉行，為了弘揚“奉獻，友愛，互助，進步”的志愿服務精神，5名大學生將前往3個場館開展志愿服務工作．若要求每個場館都要有志愿者，則當甲不去場館時，場館僅有2名志愿者的概率為（）A B. C. D.【答案】B【解析】不考慮甲是否去場館，所有志愿者分配方案總數為，甲去場館的概率相等，所以甲去場館或的總數為，甲不去場館，分兩種情況討論，情形一，甲去場館，場館有兩名志愿者共有種；情形二，甲去場館，場館場館均有兩人共有種，場館場館均有兩人共有種，所以甲不去場館時，場館僅有2名志愿者的概率為.故選：B．7.已知正方形的邊長為1，將正方形繞著邊旋轉至分別為線段上的動點，且，若，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由于平面，所以平面，平面，由于，則，在中，利用余弦定理可得,所以，過作的垂線，垂足為，由，平面，所以平面，又平面，所以，所以，不妨設，則，所以由余弦定理得，，故選：A．8.已知雙曲線的離心率為2，左?右頂點分別為，右焦點為，是上位于第一象限的兩點，，若，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設雙曲線的焦距為，左焦點為，離心率，則，由余弦定理得，所以，又，所以，設，則，，所以，所以，，故選：D．二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知甲?乙兩組數據分別為，和，若甲?乙兩組數據的平均數相同，則（）A.甲組數據的中位數為10B.乙組數據的第75百分位數為9.5C.甲?乙兩組數據的極差相同D.甲組數據的方差小于乙組數據的方差【答案】AD【解析】甲組共有5個數據，從小到大排列后，10為中間數字，所以甲組數據的中位數為選項正確；由題意得甲?乙兩組數據的平均數相同，且易知甲組數據的平均數均為10，故乙組數據的平均數也為10，故得，所以，又，乙組數據從小到大排列為，所以乙組數據的第75百分位數為選項錯誤；易知甲組數據極差為4，乙組數據極差為選項錯誤；兩組數據平均數相同，乙組數據離散程度更大，方差更大，D選項正確，故選：AD．10.已知圓臺上?下底面半徑分別為1，2，且上下底面圓周均在半徑為的球的球面上，則該圓臺的體積可能為（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】設圓臺外接球球心為，球心到上，下底面的距離為，則，解得，同理可得，若位于上下底面之間，則圓臺的高為，此時圓臺體積為，若位于下底面下方，則圓臺的高為，此時圓臺體積為.故選：AC．11.在平面直角坐標系中，已知圓，圓，是圓的一條直徑，點在圓上，設直線為兩圓的公切線，則（）A.圓和圓外切 B.直線斜率的最小值為0C.直線斜率的最大值為 D.面積的最大值為7【答案】BCD【解析】A選項，的圓心為，半徑為，的圓心為，半徑為，，因為，所以和外離，選項錯誤；B選項，畫出兩圓如下：可以看出共有4條公切線，其中內公切線的斜率最小，其中：與和均相切，所以直線斜率的最小值為正確；C選項，由B選項可知，：，內公切線的斜率最大，設其傾斜角為，直線的斜率，即，則，所以直線斜率的最大值為．C選項正確；D選項，易知，此時三點共線，當時，面積取得最大值，最大值為，選項正確，故選：．12.已知，則（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】由題意可得：，對于選項A：由于，則，即，顯然，因為均在內單調遞增，且函數值均為正值，則在內單調遞增，且，由解得，A選項正確；對于選項B：因為，等價于，即證，，設，則，則在上單調遞減，則，選項正確；對于選項C：令，求導得，函數在上單調遞增，要證，只需，即，，設，則，因為均在內單調遞增，則在內單調遞增，且，可知存在使得，則在上單調遞減，因為，所以，C選項錯誤；對于選項D：因為均在內單調遞增，且函數值均為正值，則在內單調遞增，要證，只需，即，因為，可得，D選項正確；故選：ABD．三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知為定義在上的奇函數，當時，且，若，則__________．【答案】2【解析】依題意，，解得，又，所以，故，解得．故答案為：2.14.設等差數列的前項和為，若，則__________．【答案】110【解析】因為，所以．故答案為：110.15.已知函數，將的圖象向左平移個單位長度，所得函數的圖象關于原點對稱，且在上單調遞減，則__________．【答案】3【解析】由題意知圖象關于原點對稱，因此，解出，由于上單調遞減，，因此，解出，由于，所以取，解得，又由于，且，則．故答案為：316.已知橢圓為的左?右焦點，為上的一個動點（異于左右頂點），設的外接圓面積為，內切圓面積為，則的最小值為__________．【答案】【解析】由于，所以，，故，設，當為短軸端點時，最大，此時為等邊三角形，所以，設外接圓半徑為，則，即，由余弦定理得：，整理可得，所以的面積，故的內切圓半徑，所以，因為，所以，當且僅當，即，即時取等號，所以的最小值為．四?解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出必要的文字說明?證明過程及演算步驟．17.記銳角中內角的對邊分別為，且．（1）求的值；（2）若，且，求的面積．解：（1）由條件及正弦定理得而，所以，因此，由于，則，得因此是銳角三角形，因此均存在，所以，故；（2）由（1）可知，，則，且，故，利用正弦定理得，解出，，故，因此面積．18.一個骰子各個面上分別寫有數字，現拋擲該股子2次，記第一次正面朝上的數字為，第二次正面朝上的數字為，記不超過的最大整數為．（1）求事件“”發(fā)生的概率，并判斷事件“”與事件“”是否為互斥事件；（2）求的分布列與數學期望．解：（1）當取取值為時，，當取取值為時，，當取取值為時，，當取取值為1，2時，，當取取值為1時，，所以，當時，，事件“”與事件“”不能同時發(fā)生，為互斥事件；（2）的取值為，取值為，時，，取值為時，，取值為時，，取值為時，，取值為時，，取值為時，，所以的分布列為0123456所以．19.如圖，在四棱錐中，平面，在棱上，平面，設．（1）求；（2）若點到平面的距離為1，求直線與平面所成角的正弦值．解：（1）連接，相交于，由可知，面，平面平面，由平面可知，，則；（2）易知，又，故由余弦定理得，解得，由于，所以，又平面平面，所以，因為，面，面，所以平面，而面，所以面面，又平面平面，過作垂直于，則平面，所以，設，對使用等面積法可得，解得，建立空間直角坐標系如圖所示，，由，可得，因為平面，所以為平面的一個法向量，因為，所以為中點，所以，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為．20.設為數列的前項和，已知為等比數列，且．（1）求數列的通項公式；（2）已知，設，記為數列的前項和，證明：．解：（1）為數列的前項和，，則有，所以，等比數列的公比為2，又，所以；證明：（2）由（1）知，，當時，，所以，所以，則，因此．21.已知拋物線，過焦點的直線與交于兩點，且的最小值為2．（1）求的方程；（2）過且與垂直的直線交于兩點，設直線的中點分別為，過坐標原點作直線的垂線，垂足為，是否存在定點，使得為定值，若存在，求出點坐標，若不存在，請說明理由．解：（1）當直線的斜率為0時，與拋物線只有一個交點，不合要求，舍去；設直線，與拋物線方程聯立可得，設，則，所以，所以，所以的方程為．（2）由（1）可知，，所以，同理可得，所以直線斜率為，所以直線，即，所以直線過定點，因為⊥，所以在以為直徑的圓上，取的中點，則為定值，所以存在定點，使得為定值．22.已知函數．（1）當時，求單調區(qū)間；（2）若是的極小值點，求的取值范圍．解：（1）當時，，設，則，所以當時，單調遞增，當時，單調遞減，當時，取得極大值，所以，所以的單調遞減區(qū)間為，無增區(qū)間；（2），設，則，（i）當時，二次函數開口向上，對稱軸為，當時，單調遞增，因為，所以當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以是的極小值點．當時，，又，所以存在，使得，所以當時，單調遞