河南省平许济洛2023-2024学年高三上学期第一次质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省平许济洛2023-2024学年高三上学期第一次质量检测数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，将集合化简，结合集合的运算，即可得到结果.
【详解】因为，，
则，所以.
故选：D
2. 复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得，进而可得共轭复数.
【详解】因为，
所以可化为
所以，
所以.
故选：C.
3. 已知椭圆的离心率为分别为的左、右顶点，为的上顶点．若，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据离心率及，建立关于的等式即可得解.
【详解】显然离心率，解得，即，
分别为C的左右顶点，B为上顶点，则，，
于是，而，
即，又，因此联立解得，
所以椭圆的方程为.
故选：B
4. 过圆内点有若干条弦，它们的长度构成公差为d的等差数列，且，其中分别为过点的圆的最短弦长和最长弦长，则的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的性质可得，再结合等差数列运算求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，则，
可知，
因为数列为等差数列，则，解得，
又因为且，则，
所以的取值集合为.
故选：C.
5. 如图，正方形中，是线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定图形，用表示向量，再利用共线向量定理的推论，结合“1”的妙用求解即得.
【详解】正方形中，，则，
而，则，
又点共线，于是，即，而，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：C
6. 定义在上的偶函数满足，且在上单调递增．若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由得，即函数的周期为4，利用函数的周期性，奇偶性和单调性之间的关系进行判断即可．
【详解】由以及偶函数可得，
故，由此可得，
即函数的周期是4．
偶函数在,上单调递增，函数在,上单调递减．
，
,
故
即．
故选：A
7. 2023贺岁档电影精彩纷呈，小明期待去影院观看．小明家附近有甲、乙两家影院，小明第一天去甲、乙两家影院观影的概率分别为和．如果他第一天去甲影院，那么第二天去甲影院的概率为；如果他第一天去乙影院，那么第二天去甲影院的概率为．若小明第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出事件，根据条件概率公式得到，结合全概率公式求出答案.
【详解】设小明第一天去甲影院为事件A，第二天去甲影院为事件B，小明第一天去乙影院为事件C，第二天去乙影院为事件D.
故，
由可得，
故，
则小明第二天去了甲影院，则第一天去乙影院的概率为.
故选：D
8. 已知，当时，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用同构得到，结合的单调性得到，构造，求导得到其单调性和最值，得到最大值为，故，求出答案.
【详解】由题意得，当时，，
即，，
令，则，
因为恒成立，故在R上单调递增，
故，
即，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也最大值，最大值为，
故，解得.
故选：B
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是将变形得到，从而构造进行求解.
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. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. “”是“与的夹角为钝角”的充要条件
D. 若，则在上的投影向量的坐标为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，利用向量的模的坐标运算；B项，利用向量共线的坐标条件求解；C项，由共线反向特例可知；D项，结合数量积与单位向量表示投影向量即可.
【详解】选项A，若，则，又，
则，
则，
故，A项正确；
选项B，，
若，则，解得，B项正确；
选项C，，
若，则，其中当时，与共线且反向，
此时与的夹角为钝角，故与的夹角为钝角，
即“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件，C项错误；
选项D，若，则，又，
则，
则在上的投影向量的坐标，
故D正确.
故选：ABD.
10. 小张等四人去甲、乙、丙三个景点旅游，每人只去一个景点，记事件A为“恰有两人所去景点相同”，事件为“只有小张去甲景点”，则（ ）
A. 这四人不同的旅游方案共有64种B. “每个景点都有人去”的方案共有72种
C. D. “四个人只去了两个景点”的概率是
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，根据分步乘法计数原理求出答案；B选项，根据部分平均分组方法计算出答案；C选项，利用排列组合知识得到，，利用条件概率公式求出答案；D选项，求出四个人只去了两个景点的方案数，结合A中所求，求出概率.
【详解】A选项，每个人都有3种选择，故共有种旅游方案，A错误；
B选项，每个景点都有人去，则必有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，
故有种方案，B错误；
C选项，恰有两人所去景点相同，即有1个景点去了2个人，另外两个景点各去1人，
由B选项可知，，
又事件，即小张去甲景点，另外3人有两人去了同一个景点，其余1人去另一个景点，
故，
所以，C正确；
D选项，“四个人只去了两个景点”，分为2种情况，
第一，有3人去了同一个景点，另外一个去另外一个景点，则有种方案，
第二，2人去了同一个景点，另外2人去了另一个景点，故有种方案，
由A选项可知，这四人不同的旅游方案共有81种，
故“四个人只去了两个景点”的概率为，D正确.
故选：CD
11. 在棱长为4的正方体中，分别为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 过的平面截该正方体，所得截面面积的最大值为16
C. 当为线段中点时，异面直线与所成角的余弦值为
D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面面平行的性质判断A；求出对角面面积判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量求出夹角余弦判断C；确定点N位置求出外接球表面积判断D.
【详解】在棱长为4的正方体中，
对于A，连接，正方体的对角面是矩形，则，
而平面，平面，于是平面，同理平面，
又平面，因此平面平面，而平面，
所以平面，A正确；
对于B，当与重合，与重合时，平面是过的平面，
矩形是该平面截该正方体所得截面，而矩形的面积为，B错误；
对于C，以点A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设异面直线与所成的角为，则
，C正确；
对于D，三棱锥的体积最大，当且仅当面积最大，当且仅当与重合，
此时三棱锥的外接球即为正方体的外接球，其球半径，
所以当三棱锥的体积最大时，其外接球表面积为，D正确.
故选：ACD
12. 已知函数，则（ ）
A. 若函数的图像关于直线对称，则的值可能为3
B. 若关于的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为
C. 若将的图像向右平移个单位长度，所得图像关于原点对称，则的最小值是1
D. 若函数在上单调递增，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的对称轴代入得出判断A，由根的个数可确定，据此判断B，平移后由函数为奇函数可得，可判断C，特殊值检验可判断D.
【详解】对于A，因为函数的图像关于直线对称，
所以，则，
因为，则值不可能为3，故A错误；
对于B，当时，，
若在上恰有四个实根，
则，解得，故B正确；
对于C，由已知得，
因为函数关于原点对称，则为奇函数，
所以，即，
因为，所以的最小值是1，故C正确；
对于D，当时，，因为，
所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．
故选：BC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13. 已知等比数列的前项和为．若为和的等差中项，，则______．
【答案】11
【解析】
【分析】利用性质转化为基本量运算，求出，再利用前项和公式可求.
【详解】设等比数列的公比为，
为和的等差中项，
，即，
化简得，则，
又，即，代入，解得，
故，
故答案为：.
14. 商场为改进服务质量，提升顾客购物体验，从2023年第三季度消费过的顾客中随机抽取部分人进行满意度问卷调查．并将这部分人满意度的得分分成以下6组：，统计结果如图所示．那么该商场顾客满意度得分的第60百分位数为______．

【答案】75
【解析】
【分析】利用频率分布直方图每个小矩形面积代表频率表示第60百分位数求解即可.
【详解】由图可知，第1个小矩形面积为0.1，第2个小矩形面积为0.15，第,3个小矩形面积为0.2，第4个小矩形面积为0.3，
则第60百分位数位于内，设60百分位数为，则有，
则，所以商场顾客满意度得分的第60百分位数为75.
故答案为：75
15. 已知为锐角，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再利用二倍角、差角的正切公式求解即得.
【详解】由，得，解得，，
由为锐角，，知，，
于是，所以.
故答案为：
16. 已知双曲线，过其上焦点的直线与圆相切于点A，并与双曲线的一条渐近线交于点不重合）．若，则双曲线的离心率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设出过上焦点的直线方程为，由圆心到直线距离等于半径得到，再分别联立直线与圆，直线与渐近线，求出，，根据比例关系得到方程，得到的关系式，求出离心率.
【详解】由题意得，渐近线方程，
设过其上焦点的直线方程为，
则圆心到直线的距离为，解得，不妨取负值，
如图所示，故过其上焦点的直线方程为，
联立与可得，，
解得，
联立与，可得，此时，重合，舍去，
联立与，可得，此时不重合，满足要求，
因为，所以，故，
化简得，
又，故，即，
解得，双曲线的离心率为.
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. 锐角的内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若，求的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理化边为角，结合三角形内角和定理与二倍角公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理化角为边，利用基本不等式得到的最大值，再由面积公式可求.
【小问1详解】
已知锐角中，则，
，
，
是锐角，，
，，
即，，即；
【小问2详解】
，，
，
由余弦定理得：，
，即，
，
当且仅当时，等号成立，
的面积的最大值为．
18. 设数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项利．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得，再由与的关系代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由错位相减法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由，得，
即，解得（舍）或，
当时，，
当时，，
所以，.
【小问2详解】
，①
则，②
①-②：
.
所以，
所以．
19. “马街书会”是流行于河南省宝丰县的传统民俗活动，为国家级非物质文化遗产之一．每年农历正月十三来自省内外的说书艺人负鼓携琴，汇集于此，说书亮艺，河南坠子、道情、曲子、琴书等曲种应有尽有，规模壮观．为了解人们对该活动的喜爱程度，现随机抽取200人进行调查统计，得到如下列联表：
附：，其中．
（1）完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别与对该活动的喜爱程度有关联？
（2）为宣传曲艺文化知识，当地文化局在书会上组织了戏曲知识竞赛活动．活动规定从8道备选题中随机抽取4道题进行作答．假设在8道备选题中，戏迷甲正确完成每道题的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响；戏迷乙只能正确完成其中的6道题．
①求戏迷甲至少正确完成其中3道题的概率；
②设随机变量表示戏迷乙正确完成题个数，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）列联表见解析，性别与对活动的喜爱程度无关．
（2）①概率为；②的分布列见解析；数学期望
【解析】
【分析】（1）计算出卡方，与2.706比较后得到结论；
（2）①利用二项分布求概率公式求出概率；②得到的可能取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望.
【小问1详解】
补全的列联表如下：
根据表中数据，计算得到，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此我们可以认为成立，即认为对该场活动的喜爱程度与性别无关．
【小问2详解】
①记“戏迷甲至少正确完成其中3道题”为事件A，则
．
②的可能取值为，
，
，
的分布列为；
数学期望.
20. 如图，在三棱台中，分别为上的点，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）若，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）平面和平面的夹角的余弦值
【解析】
【分析】（1）证明，即可；（2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，用向量法求平面与平面的夹角.
【小问1详解】
证明：平面平面，平面平面，
平面平面．
四边形为平行四边形，则．
为的中点．
同理为的中点，则，
．
又且四边形是平行四边形，则．
又．
又平面，
平面；
【小问2详解】
．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系．
为等腰直角三角形，即．
则，
，
．
设平面的一个法向量为．
由，取，得；
设平面的一个法向量为．
由，取，得．
．
设平面和平面的夹角为，则
．
平面和平面的夹角的余弦值．
21. 已知函数．
（1）若函数和的图象都与平行于轴的同一条直线相切，求的值；
（2）若函数有两个零点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）求导得到与的单调性，进而分别可得两函数斜率为0的切线方程，根据题意得到方程，求出的值；
（2）令可得，由函数单调性可得，结合（1）可得，不妨设，构造差函数，解决极值点偏移问题.
【小问1详解】
由题意：函数的定义域为，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
由可得，图象与直线相切．
，当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，，
即图象与直线相切．
两函数图象均与平行于轴的同一条直线相切，则，即．
【小问2详解】
，令，
由，得，
函数在上为减函数，故，即
即，不妨设，
要证，只需证，
只需证，即证，
因为，
只需证，即，
令，
则，
在上单调递增，
，
原题得证．
点睛】方法点睛：
极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若函数较为复杂，可先结合函数特征变形，比如本题中设进行变形，得到再利用导函数进行求解.
22. 已知抛物线，直线垂直于轴，与交于两点，为坐标原点，过点且平行于轴的直线与直线交于点，记动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点作曲线的两条切线，切点分别为，在平面内是否存在定点，使得？若存在，请求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在定点
【解析】
【分析】（1）由相关点代入法求轨迹方程即可；
（2）先由特殊位置确定定点在轴上，设定点，由相切求出切点满足的关系式，再由垂直的坐标条件求解.
【小问1详解】
设，则，
由题意线垂直于轴，与交于两点，知，
过点且平行于轴的直线方程为：，
直线的方程为：，
令，得，即，
由得，
因为在抛物线上，即，
则，化简得，
由题意知不重合，故，
所以曲线的方程为
【小问2详解】
由（1）知曲线的方程为，
点在直线上运动， 当点在特殊位置时，
两个切点关于轴对称，
故要使得，则点在轴上．

故设，
曲线的方程为，求导得，
所以切线的斜率，
直线的方程为，
又点在直线上，
所以，
整理得，
同理可得，
故和是一元二次方程的根，
由韦达定理得，
，
当时，恒成立，
所以存在定点，使得恒成立．不喜爱
喜爱
合计
男性
90
120
女性
25
合计
200
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
不喜爱
喜爱
合计
男性
30
90
120
女性
25
55
80
合计
55
145
200
X
2
3
4
P