2024届高三上学期一轮复习联考（四）数学试题

这是一份2024届高三上学期一轮复习联考（四）数学试题，共20页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
考试时间为120分钟，满分150分
一、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】A
【解析】
【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可.
【详解】，
，
又
故选：A．
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简，即可利用模长公式求解.更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 【详解】．
故选：B．
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦函数的值域，指数函数和对数函数的单调性，求出的范围，可比较大小.
【详解】即；即；，即．
所以.
故选：C．
4. “或”是“圆与圆存在公切线”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先求两圆内含时a的取值范围，然后可得两圆有公切线时a的取值范围，即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
所以两圆的圆心距为，
两圆内含时，即，解得，
所以当两圆有公切线时，或，
所以“或”是“圆与圆存在公切线”的充要条件．
故选：C．
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角关系，结合二倍角公式即可求解.
【详解】由题意得
又．
故选：D．
6. 如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为4，上底面边长和侧棱长都为2，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据异面直线的定义，利用平移得到角，即可利用三角形边角关系求解.
【详解】作的中点，连接．
由于所以四边形为平行四边形，
，则或其补角（为钝角时）的余弦值即为所求．
由于,所以侧面为等腰梯形，
且，因此
故
，
则异面直线与的夹角的余弦值为．
故选:D．
7. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性定义可判断为偶函数，即可根据基本函数的单调性确定的单调性，即可求解.
【详解】的定义域为，且，所以为偶函数，
又当，由于函数均为单调递增函数，所以在上单调递增，
又，．
故选：A．
8. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可得，令，则直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】因为函数在上有两个极值点，
所以在上有两个变号零点，
因为，令，即，可得．
令，则，
令，得，令，得，
所以，函数在上递增，在上递减，
因为，，，如下图所示：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
设两个交点的横坐标分别为、，且，
由图可知，当或时，，此时，，
当时，，此时，，
所以，函数在上递增，在上递减，在上递增，
此时，函数有两个极值点，合乎题意.
因此，实数的取值范围为.
故选：B.
二、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. 已知曲线，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 若，则曲线的离心率为
B. 若，则曲线的渐近线方程为
C. 若曲线是双曲线，则曲线的焦点一定在轴上
D. 若曲线是圆，则的最大值为4
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AB选项，只需代入值后根据方程特征进行计算判断即可，而CD两项，需要对双曲线方程和圆的方程的本质特征掌握后才能进行判断，D项先设，将的最大值问题转化成直线的截距最小问题，而这可以利用直线与圆的相切时得到.
【详解】对于选项A，时，曲线为，故，
则曲线的离心率为，故A选项正确；
对于选项B，时，曲线为，双曲线焦点在轴上，
则曲线的渐近线方程为，故B选项错误；
对于选项C，若曲线是双曲线，则，解得：，因，
则曲线的焦点一定在轴上，故C选项正确；
对于选项D，若曲线是圆，则，即，
，设 ，则得，
如图，要求的最大值，即求直线的纵截距的最小值，又因为曲线上一动点，
故可考虑直线与圆相切时的情况，由圆心到直线的距离为，解得，
结合图象知，即的最大值为，故D选项错误．
故选：AC．
10. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列为递减数列
C. 数列为等差数列D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用倒数法推得是等差数列，从而求得，进而逐一判断各选项即可得解.
【详解】因为，则，，
所以，
故是以为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
故，故A错误，BCD正确．
故选：BCD．
11. 如图，球的半径为，球面上的三个点的外接圆为圆，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 球的表面积为
B. 若的面积为
C. 若，则三棱锥的体积是
D. 三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由球的半径求表面积判断选项A；由有，计算的面积判断选项B；由体积公式计算三棱锥的体积判断选项C；由三棱锥体积的表达式，利用导数求最大值判断选项D.
【详解】A选项，球的表面积，故A正确；
B选项，， 有，则，故B错误；
C选项，设，由，可得，
因为，，为的外心，所以，
，，故，
由已知，，由，解得，
所以，，，由球的截面性质可得平面，
所以三棱锥的体积，故C正确；
D选项，设，则，，
，令，则，
令，，
时，，单调递增；时，，单调递减，
当时，，则有的最大值为，故D正确．
故选：ACD．
12. 已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在处的切线方程为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 若恒成立，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导根据导数的几何意义求切线方程即可得判断A；根据导函数确定函数单调性即可得函数最值，从而可判断B，C；将含参不等式恒成立，参变分离转化为函数最值问题，即可得参数范围，从而可判断D.
【详解】的定义域为，则，故切线方程为，即，故A正确；
由得，
则当时，，则在区间单调递减，
当时，，则在在区间单调递增，
所以，故B正确，C错误；
若恒成立，其中，所以，
记，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，故，则实数的取值范围为，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量满足，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件结合向量数量积，解得，由，代入已知数据求值即可.
【详解】由，得，有，
则．
故答案为：
14. 在中，角所对的边分别为，且，若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理角化边可得，从而可得的值，再由余弦定理可得的值.
【详解】由于，由正弦定理可得，
因为解得，
又，由余弦定理得，
解得．
故答案为：.
15. 已知数列是各项均为正数的等比数列，则的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用基本不等式，结合等比数列的下标和性质即可求得答案.
【详解】由题意知数列是各项均为正数的等比数列，设公比为q，
则（当且仅当时等号成立），
，又（当且仅当时等号成立），
故的最小值为．
故答案为：
16. 已知，点为椭圆上动点，当取最小值时，点的横坐标的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，结合三点共线，即可联立方程求解.
【详解】因为为椭圆的右焦点，设椭圆左焦点为，则，
由椭圆的定义，得，
当为射线与椭圆交点时，取最小值，
因为直线方程为，设，
联立，消去得或，
由于，所以，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期和单调减区间；
（2）求函数在上的值域．
【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式化简，即可利用整体法求解单调性，
（2）利用整体法求解范围，即可根据正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
，
的最小正周期为．
令，解得，
的单调减区间为．
【小问2详解】
，．
令，则，
，
，
在上的值域为．
18. 已知数列的前项和为，，等比数列的公比为，．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前10项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当时求出，可得通项与，由求数列的通项公式；
（2）利用分组求和法求数列的前10项和.
小问1详解】
当时，，，，
等比数列的公比为，则有，
由，可得．
当时，．
经检验，当时，满足上式，
所以．
【小问2详解】
，
设的前10项和为，
．
19. 已知中，在线段上，．
（1）若，求的长；
（2）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理求得，再利用余弦定理即可得解.
（2）利用余弦定理，结合基本不等式与三角形面积公式求得的最大值，进而得解.
【小问1详解】
因为在线段上，，
所以，又，，
在中，，即，
则，又，所以，则，
在中，
，
所以．
【小问2详解】
在中，，
所以，
则，当且仅当时，等号成立．
所以，即的最大值为．
因为，所以，
故的最大值为．
20. 在直三棱柱中,分別为的中点,.
（1）证明:平面;
（2）若,求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)连接交于点,连接,延长与延长线交于点,通过三角形相似得再结合三角形全等,得从而得到为的中位线,所以由此证明平面
(2)根据题意可以建立空间直角坐标系,分别求出平面与平面的一个法向量,利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
证明：连接交于点,连接,延长与延长线交于点.
因为所以所以
所以则
又因为所以为的中位线,则
因为平面平面
所以平面
【小问2详解】
解：因为
如图,以为坐标原点,为轴,为轴,为轴建立空间直角坐标系，
则
则
设为平面的一个法向量,
则即令解得
又平面的一个法向量
设平面与平面夹角为则,
所以平面与平面夹角余弦值为.
21. 已知抛物线，垂直于轴的直线与圆相切，且与交于不同的两点．
（1）求p；
（2）已知，过的直线与抛物线交于两点，过作直线的垂线，与直线分别交于两点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，然后带入计算即可；
（2）将转化为，然后利用点到直线的距离公式证明即可.
【小问1详解】
垂直于轴的直线与圆相切，且与交于不同的两点
得的方程为．又，
不妨设，代入抛物线，解得．
【小问2详解】

①当直线中有一条直线斜率不存在时，
不妨设直线的斜率不存在，则，此时直线的斜率为0．
，．
②当直线斜率均存在时，
记直线斜率为，直线斜率为到直线的距离为，到直线的距离为，
设，则，
．
由得，则，
．
因为，同理，
，
即,所以≌.
则．
22. 已知函数有两个零点．
（1）求的取值范围；
（2）设两零点分别为，证明．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分离参数，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解，
（2）构造函数以及，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
令，得，令，则，
令，得，令，得．则在单调递增，在单调递减．
当时，，当时，恒成立，且，
若要与有两个交点，则．
【小问2详解】
易知，令．
设，
令，则在上单调递减，且，
则存在唯一的，使在单调递增，在单调递减．
又，则在上，即在上恒成立．
设，则，
令，则，则在上单调递减，在上单调递增，则，
则，则在上单调递增，又，所以，即在上恒成立．
令得到，由且在上单调递增，则；
令得到，由且在上单调递减，则．
则
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.