2024届山西省运城市盐湖区第五高级中学高三上学期一轮复习成果检测数学试题含答案

这是一份2024届山西省运城市盐湖区第五高级中学高三上学期一轮复习成果检测数学试题含答案，共21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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解不等式，得到，进而利用补集和交集的概念求出答案.
【详解】或，
故，.
故选：C
2．若复数满足为纯虚数，则（ ）
A．-3B．C．D．3
【答案】A
【分析】将代入条件化简，然后根据其为纯虚数，可求出结果.
【详解】是纯虚数，所以，
所以.
故选：.
3．已知平面向量，，且，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】由向量的模的定义和向量垂直的性质，求得，再由向量的平方即为模的平方，化简计算可得所求值．
【详解】由平面向量，可得，
由，可得，即，则，
所以.
故选：C．
4．白居易的《别毡帐火炉》写道：“赖有青毡帐，风前自张设.”古代北方游牧民族以毡帐为居室，如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为，圆柱的高为，底面圆的直径为，则该毛帐的侧面积（单位）是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求解出圆锥和圆柱的侧面积，然后相加即为结果.
【详解】圆锥的侧面积：，
圆柱的侧面积：，
所以毛帐的侧面积为，
故选：C.
5．若 ，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用整体代换法与诱导公式化简求值即可.
【详解】依题，令，则，
，
所以
.
故选：A
6．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】使用基本不等式证明，从而得，使用证明，再证明可得.
【详解】由题知、均在和之间，
，于是，
当时，，所以.
当时，令，则，所以时，为减函数，
故，故，
所以，
，于是.
所以.
故选：C
【点睛】关键点点睛：解决本题首先用均值不等式放缩，比较和，也可用换底公式；比较和需要构造函数和运用对数运算性质.
7．为了给学生树立正确的劳动观，使学生懂得劳动的伟大意义，某班从包含甲、乙的6名学生中选出3名参加学校组织的劳动实践活动，在甲被选中的情况下，乙也被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用条件概率的公式计算.
【详解】令事件为甲被选中，事件为乙被选中，则，，
故.
快解 ： 令事件为甲被选中，事件为乙被选中，.
故选：B.
8．已知函数给出下列结论：
①的周期为；
②时取最大值；
③的最小值是；
④在区间内单调递增；
⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象．
其中所有正确结论的序号题（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．①②③
【答案】B
【分析】先由降幂公式与辅助角公式化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式、最值性质、单调性，结合正弦型函数图象变换性质逐一判断即可.
【详解】因为
.
①因为，所以①正确；
②因为，所以②错误；
③当，即时，
取最小值，且最小值是，所以③正确；
④当时，由
知在区间内并不单调，故④错误；
⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，
可得到函数，故⑤错误.
故正确的是①③.
故选：B.
二、多选题
9．对于直线和直线，以下说法正确的有（ ）
A．直线一定过定点B．若，则
C．的充要条件是D．点到直线的距离的最大值为5
【答案】ABD
【分析】求出直线所过定点判断A；利用垂直关系计算判断B；由两直线不相交求出判断C；求出直线所过定点，并求出它与点的距离判断D.
【详解】对于A，变形为，
令，解得，因此直线一定过定点，A正确；
对于B，若，则，解得，B正确；
对于C，当与不相交时，，解得或，
当时，直线与平行，
当时，直线与平行，
因此当时，或，C错误；
对于D，直线恒过点，点到直线的距离的最大值为间距离，
而，D正确.
故选：ABD
10．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．则（ ）
A．，
B．不等式的解集为
C．当，的最小值为
D．方程的解集为
【答案】AB
【分析】根据高斯函数的定义逐项分析即可.
【详解】对选项A：设的整数部分为，小数部分为，则，
的整数部分为，，故，正确；
对选项B：，则，故，正确；
对选项C：，
当且仅当，即时成立，不成立，故等号不成立，错误；
对选项D：取，则，满足方程成立，错误；
故选：AB
11．已知点，，动点P在：上，则（ ）
A．直线MN与相离
B．线段PN的中点轨迹是一个圆
C．的面积最大值为
D．P在运动过程中，能且只能得到4个不同的
【答案】ABD
【分析】求出直线的方程，利用圆的圆心到直线的距离判断A的正误；
求线段的中点轨迹判断B的正误；
利用圆的圆心到直线的距离，转化求解三角形的面积的最大值判断C；
判断为直径的圆与已知圆的位置关系，结合直角三角形的定义，判断D的正误.
【详解】对于A：因为，，所以，
所以直线的方程，即，
由，得，
所以圆心，半径为3，

所以圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，故A正确；
对于B：设线段的中点为，则，
因为点在圆上，
所以，即表示一个圆，

所以线段的中点轨迹是一个圆，故B正确；
对于C：因为圆心到直线的距离为，，

所以的面积最大值为，故C错误；
对于D，①设与直线垂直且过点的直线为，
则，得，即直线为，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆有两个交点，

所以以为直角顶点的直角三角形有2个；
②设与直线垂直且过点的直线为，
则，得，即直线为，
因为圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，无公共点，

所以以为直角顶点的直角三角形不存在；
③以为直径的圆为，设圆心为，则，半径为，
所以，
因为，
所以以为直径的圆与圆相交，

所以以为直角顶点的直角三角形有2个；
综上，在运动过程中，能且只能得到4个不同的，故D正确.
故选：ABD.
12．下列结论中正确的是（ ）
A．若幂函数的图象经过点，则
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若，则，
D．若幂函数，则对任意，都有
【答案】CD
【分析】根据幂函数的定义及性质判断A；由抽象函数的定义域求法判断B；应用换元法求函数解析式判断C；利用分析法证明D.
【详解】A：设，则，即，所以，解得，所以，错误；
B：因为函数的定义域为，对于函数，则，解得，即函数的定义域为，错误；
C：若，令，可得，
所以，，其中，
所以，，，正确；
D：对任意，要证明不等式，
只需证明，即，
故只需证明，此不等式显然成立，正确.
故选：CD.
三、填空题
13．若的二项展开式中所有二项系数的和等于，则在的展开式中，的系数是 ．
【答案】
【分析】由二项式系数和求出，再写出展开式的通项，即可求出的系数.
【详解】因为的二项展开式中所有二项系数的和等于，
所以，则，
则展开式的通项为（其中且），
令，解得，
所以展开式中的系数为．
故答案为：．
14．已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型（，），其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，为改良工艺的次数.假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放废水符合排放标准，则改良工艺次数最少要（参考数据：） 次.
【答案】11
【分析】由，求出，解即可.
【详解】因为，，，
所以，解得，
所以，
由题意知，，即，
即 ，解得，
又，，
所以，，
所以要使该企业排放的污水符合排放标准，改良工艺次数最少要11次.
故答案为：11.
15．如图，在三棱锥中，，点在线段上，且，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】以为基底表示，利用向量的运算和夹角公式求解.
【详解】,
,
,
∵,
,
∴
,
∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
16．已知抛物线，直线与抛物线交于两点，与圆交于两点在第一象限，则的最小值为 .
【答案】
【分析】分别在，时，结合抛物线的性质证明，结合图象可得，再利用基本不等式求其最小值.
【详解】因为抛物线M的方程为，所以抛物线M的焦点为，准线，
则直线过抛物线的焦点F，
当时，联立与可得，
所以，则；
当时，如图，
过作轴于K，设抛物线的准线交y轴于E，
则，得，
则，同理可得，所以，
化圆N：为，则圆N的圆心为F，半径为1，
所以
，当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：
四、解答题
17．已知等比数列的公比，若，且分别是等差数列的第1，3，5项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差、等比数列的知识求得首项和公差、公比，从而求得.
（2）利用错位相减求和法求得.
【详解】（1）由题意得，，
，，解得（舍去）
则，解得，所以.
则，
设等差数列的公差为，则，
所以.
（2）.
所以，
两式相减得，
.
18．在中，内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)边上存在点，使为的角平分线，若，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，再结合余弦定理可求得结果；
（2）由可得，再结合余弦定理可求出，从而可求出的周长.
【详解】（1）因为在中，，
所以，
所以由正弦定理得，
即，由余弦定理得，
因为，所以.
（2）因为，
且
所以，
由余弦定理得：，
整理得，
解得或（舍去），
所以，
所以的周长为.
19．某中学有A，B两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
(1)估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
(2)记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；
(3)假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明．．
【答案】(1)0.6
(2)分布列见解析，1.9
(3)证明见解析
【分析】（1）由频率估计概率，按古典概型进行求解；
（2）先确定随机变量的可能取值，再求出各值所对应的概率，列出分布列，根据期望的定义求期望；
（3）用条件概率公式进行推理证明.
【详解】（1）设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，
则X的所有可能取值为1和2，
所以，
，
所以X的分布列为
所以X的数学期望．
（3）由题知，所以
所以，
所以，
即，
所以，即
20．如图1，山形图是两个全等的直角梯形和的组合图，将直角梯形沿底边翻折，得到图2所示的几何体.已知，,点在线段上，且在几何体中，解决下面问题.
(1)证明：平面；
(2)若平面平面，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据相似可得线线平行，即可由线面平行的判定求证，
（2）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，即可由线面垂直的判定，进而可得线线垂直.
【详解】（1）连接与相交于,连接，
由于，且,
所以,
又,所以,
平面,平面,所以平面，

（2）过作交于，由于平面平面，且两平面交线为，平面，
所以平面，平面,故，
又四边形为直角梯形，故,
是平面内的两相交直线，所以平面，
平面，故.

21．已知点在双曲线上．
(1)已知点为双曲线右支上除右顶点外的任意点，证明：点到的两条渐近线的距离之积为定值；
(2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点、，在线段上取异于点、的点，满足，证明：点恒在一条定直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设将代入双曲线中，求出，可得到双曲线的两条渐近线，的方程，点的坐标为，点到两条渐近线的距离分别为，，则求解即可证明.
（2）设直线的方程为，将直线的方程与双曲线的方程联立，结合韦达定理，将条件进行等价转化为，结合韦达定理化简求出，最后利用点在直线上得到，进而证明点恒在定直线上.
【详解】（1）将代入双曲线中，，解得，故双曲线方程为，
设点的坐标为，则，即．
双曲线的两条渐近线，的方程分别为，，
则点到两条渐近线的距离分别为，，
则．
所以点到双曲线的两条渐近线的距离之积为定值．
（2）若直线斜率不存在，此时直线与双曲线右支无交点，不合题意，不满足条件，
故直线斜率存在，设直线方程，与联立得
，则，
因为恒成立，所以，故，
解得:，设，，
则，，
设点的坐标为，则由得，，
变形得到，
将，代入，解得，
将代入中，解得，
则，
故点恒在一条定直线上．
【点睛】方法点睛：（1）圆锥曲线第一问通常是涉及基本量的计算.定值问题首先根据题意将等量关系进行表示后在化简，必要时借助于直曲联立，通过韦达定理减少计算量.
（2）定点过定直线通常设出定点后找到定点的横纵坐标所满足的线性关系，一般计算量较大.
22．已知函数.
(1)若，求的单调区间与零点；
(2)若且恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)增区间，无减区间；有唯一零点
(2)
【分析】（1）根据函数的导函数，求解函数的增减性和零点的判断.
（2）利用构造函数求解函数，讨论当时，利用不等式放缩求解，当时，利用求导证明不等式即可.
【详解】（1）当时，，
因为.
所以在上单调递增，
所以当时，，
所以有唯一零点.
（2）令，
则原不等式在恒成立，
①若，则，
先证明当时，.
事实上，令，
因为当时，，
所以在上单调递增，
所以当时，，所以.
由，得.
因为当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
所以.
因此当时，，
令，
因为的图象是开口向下的抛物线，
所以存在，使得，从而，
，不合题意.
②若，则，
令，
（i）当时，，
（ii）当时，，
所以在上单调递增，所以当时，，
由（i）（ii）知当时，，满足题意，
综上，的取值范围为.
选择餐厅情况（午餐，晚餐）
王同学
9天
6天
12天
3天
张老师
6天
6天
6天
12天
X
1
2
P
0.1
0.9