2024届河南省焦作市博爱县第一中学高三上学期定位考试数学试题含答案

这是一份2024届河南省焦作市博爱县第一中学高三上学期定位考试数学试题含答案，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。
2024届河南省焦作市博爱县第一中学高三上学期定位考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则使成立的实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据集合之间的包含关系，即可列出不等式，求解即可.【详解】若满足，由已知条件得，解得 ，故选：B．【点睛】本题考查由集合之间的包含关系，求参数范围的问题，属基础题.2．已知，，，若不等式恒成立，则m的最大值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．7【答案】C【分析】根据基本不等式中“”的代换求出的最小值，即可得到的最大值．【详解】因为，所以，又，，所以，当且仅当时取等号，所以，即，的最大值为3．故选：C．3．对于问题“求证方程只有一个解”，可采用如下方法进行证明“将方程化为，设，因为在上单调递减，且，所以原方程只有一个解”.类比上述解题思路，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】类比题目构造函数的过程，对不等式进行整理变形为，由其结构特征，构造函数，根据其单调性，对原不等式进行转化求解.【详解】由不等式，得.设函数，则，所以在上单调递增.因为，所以.解得或.故选：A.4．若复数所对应的点在第四象限，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意求出，再根据复数所对应的点所在象限，即可求解.【详解】因为复数满足：，即，故或，因为复数所对应的点在第四象限，故复数，所以.故选:C.5．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则由题意可知，，因此有，即，解得，因为，所以.所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为故选：D.6．已知四面体的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由空间向量的线性运算可得，结合数量积的运算性质和定义求.【详解】因为E是棱AB的中点，F是棱CD靠近C的四等分点，所以，，因为，，，所以．故选：D.7．已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2－y2＝1的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|＝（    ）A．1 B．2C．4 D．【答案】A【分析】利用几何关系结合双曲线定义，以及中位线性质可得.【详解】如图所示，延长F1H交PF2于点Q，由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q，易知，所以|PF1|＝|PQ|.根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2，即|PF2|－|PQ|＝2，从而|QF2|＝2.在△F1QF2中，易知OH为中位线，则|OH|＝1.故选：A.8．若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.【详解】因为，所以，设，则，，令恒成立，故单调递减，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；.故所以，得到.故选:A. 二、多选题9．已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（    ）A．B．C．若不等式的解集为，则D．若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断.【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，由于，所以.A，，当时等号成立，故A正确.B，，当且仅当时等号成立，故B正确.C，不等式的解集为，，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，，故D正确，故选：ABD10．已知，，若圆上存在点满足，实数可以是（    ）A． B． C．0 D．1【答案】ABC【解析】题意等价于以为直径的圆与已知圆有公共点，由此可得的范围，再判断各选项．【详解】以为直径的圆方程为，，则，∴在以为直径的圆上．由题意以为直径的圆与已知圆有公共点，∴，解得．ABC均满足，D不满足．故选：ABC．【点睛】关键点点睛：本题考查两圆的位置关系，解题关键是由得，从而在以为直径的圆上．这样得出两圆有公共点．11．已知直线l1：3x﹣y﹣1＝0，l2：x＋2y﹣5＝0，l3：x﹣ay﹣3＝0不能围成三角形，则实数a的取值可能为（    ）A．1 B． C．﹣2 D．﹣1【答案】BCD【分析】根据三条直线中有两条直线的斜率相等时，或者三条直线交于一点时，不能构成三角形进行求解即可.【详解】因为直线l1的斜率为3，直线l2的斜率为，所以直线一定相交，交点坐标是方程组的解，解得交点坐标为：.当时，直线与横轴垂直，方程为：不经过点，所以三条直线能构成三角形；当时，直线的斜率为：.当直线l1与直线l3的斜率相等时，即，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l2与直线l3的斜率相等时，即，此时这两直线平行，因此这三条直线不能三角形；当直线l3过直线交点时，三条直线不能构成三角形，即有，故选：BCD【点睛】本题考查了三条直线不构成三角形求参数取值范围问题，考查了直线平行与相交的判断，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.12．若定义在R上的函数，对任意两个不相等的实数，，都有，则称函数为“H函数”，则下列函数是“H函数”的有（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由题意可知是R上的增函数，进而结合导数判断函数的单调性即可得出结果.【详解】由题意可知是R上的增函数.对于A，由，得，所以在区间上为增函数，故A中函数不是“H函数”；对于B，，又，所以恒成立，故B中函数是“H函数”；对于C，恒成立，故C中函数是“H函数”；对于D，易知为偶函数，所以它不可能为R上的增函数，故D中函数不是“H函数”.故选：BC. 三、填空题13．已知，则        .【答案】【分析】由已知条件求出所以，利用两角差的正弦展开式可得，再根据三角函数的平方关系和商数关系可得答案.【详解】因为，，所以，所以，所以，，所以，则.故答案为：.14．正四棱柱中，与平面所成角的正弦值为，则异面直线与所成角的余弦值为              ．【答案】/0.75【分析】建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦值求出的长，进而求出异面直线的夹角的余弦值.【详解】以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为轴建立空间直角坐标系，因为棱柱为正四棱柱，设，，则，其中平面的法向量为，设与平面所成角为，则，解得：，所以，，设异面直线与所成角为，所以.故答案为：15．已知函数，，如果对任意的，，都有成立，则实数a的取值范围是         ．【答案】【分析】根据题意转化为 ，求导函数，分别求出函数的最大值，的最小值，进而可建立不等关系，即可求出a的取值范围．【详解】由，可得，当，，所以在单调递减，，，在上单调递增，，对任意的，都有成立，，，故答案为：．16．某市教育局人事部门打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，每名学生只去一所学校，则不同的安排方法种数是          .【答案】240【分析】根据平均分组原则和分步计数原理即可解答.【详解】先将5名学生分成4组共有种，再将4组学生安排到4所不同的学校有种，根据分步计数原理可知：不同的安排方法共有种.故答案为：240 四、解答题17．已知函数，且，．(1)求的解析式；(2)判断在上的单调性，并用定义证明．【答案】(1)；(2)单调递增，证明见解析. 【分析】（1）由题可得即可求出，得到的解析式；（2）根据单调性的定义即可判断证明.【详解】（1）由题意，得，即,解得：，．故．（2）方法一：在上单调递增．证明：，，且，则．由，得，，，所以，即．故在上单调递增．方法二：在上单调递增．证明：，，且，则．由，得，，所以．故在上单调递增．18．已知，，是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，且，求的坐标；（2）若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围.【答案】（1）或 （2）【分析】（1）由向量共线的坐标运算及模的运算即可得解；（2）由向量数量积的坐标运算即可，特别要注意向量与不能共线.【详解】解：（1）因为，且，则，又，所以，即，故或；（2）由，则，由，解得， 又与不共线，则，解得，故与的夹角为锐角时，实数的取值范围为：.【点睛】本题考查了向量共线的坐标运算及数量积的坐标运算，重点考查了运算能力，属基础题.19．如图，在三棱锥P-ABC中， ，D是BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知 ．(1)求证：AP⊥BC；(2)若点M是线段AP是一点，且 ．试证明平面AMC⊥平面BMC．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出向量的坐标，计算，即可证明结论；（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，计算法向量的数量积，结果为0，即可证明结论.【详解】（1）证明：以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为Z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示；则 ，故，，∴，∴⊥，即 ；（2）证明：因为 平面ABC，平面ABC，所以,因为 ，故 ，∵M为AP上一点，且 ， ∴M(0,，)，∴(0,,)，(-4,,)，(4,,)；设平面BMC的法向量为，则 ，即，令 ，则；设平面AMC的法向量为，则 ，即，令 ，则；由于，得⊥，即平面AMC⊥平面BMC．20．如图，在平面直角坐标系中，点，直线，设圆的半径为1， 圆心在上.（1）若圆心也在直线上，过点作圆的切线，求切线方程；（2）若圆上存在点，使，求圆心的横坐标的取值范围.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）两直线方程联立可解得圆心坐标，又知圆的半径为，可得圆的方程，根据点到直线距离公式，列方程可求得直线斜率，进而得切线方程；（2）根据圆的圆心在直线：上可设圆的方程为，由，可得的轨迹方程为，若圆上存在点，使，只需两圆有公共点即可.【详解】（1）由得圆心，∵圆的半径为1，∴圆的方程为：，显然切线的斜率一定存在，设所求圆的切线方程为，即．∴，∴，∴或．∴所求圆的切线方程为或．（2）∵圆的圆心在直线：上，所以，设圆心为，则圆的方程为．又∵，∴设为，则，整理得，设为圆．所以点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，∴，由，得，由，得．综上所述，的取值范围为．【解析】1、圆的标准方程及切线的方程；2、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.【方法点睛】本题主要考查圆的标准方程及切线的方程、圆与圆的位置关系及转化与划归思想的应用.属于难题.转化与划归思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用于解题当中.本题（2）巧妙地将圆上存在点，使问题转化为，两圆有公共点问题是解决问题的关键所在. 21．某新建小区规划利用一块空地进行配套绿化.如图，已知空地的一边是直路，余下的外围是抛物线的一段，的中垂线恰是该抛物线的对称轴，是的中点.拟在这块地上划出一个等腰梯形区域种植草坪，其中均在该抛物线上.经测量，直路段长为60米，抛物线的顶点到直路的距离为40米.以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系.(1)求该段抛物线的方程；(2)当长为多少米时，等腰梯形草坪的面积最大？【答案】(1)(2)20米 【分析】(1)，把两点坐标代入求解即可；(2)，由梯形的面积公式，可得梯形的面积为，构造函数，求导可知当时，该函数有唯一的极大值点，则改点也是函数的最大值点，即可求解.【详解】（1）设该抛物线的方程为，由条件知，，所以，解得，故该段抛物线的方程为.（2）由（1）可设，所以梯形的面积，设，则，令，解得，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.所以当时，取得极大值，也是最大值.故当长为20米时，等腰梯形草坪的面积最大.22．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在直线，使得直线与圆相切，与椭圆交于两点，且满足（为坐标原点）？若存在，请求出直线的方程，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设椭圆方程为，将已知点坐标代入解方程组即可；（2）分斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程消去y，利用韦达定理表示，再根据直线与圆相切列方程，联立求解即可判断.【详解】（1）设椭圆的方程为．因为过两点，所以解得，所以椭圆的方程为．（2）假设存在直线满足题意．（ⅰ）当直线的斜率不存在时，此时的方程为．当时，，同理可得，当时，．（ⅱ）当直线的斜率存在时，设的方程为，设，因为直线与圆相切，所以，即①，联立方程组整理得，，由根与系数的关系，得因为，所以．所以，所以，整理得②，联立①②，得，此时方程无解．由（ⅰ）（ⅱ）可知，不存在直线满足题意．