河北省金科大联考2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测试题数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省金科大联考2023-2024学年高三上学期1月期末质量检测试题数学试卷（Word版附解析），共15页。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
一､单项选择题：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.
2.已知，若为纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
3.设，若，则（ ）
A. B. C. D.
4.已知为不共线的平面向量，，若，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5.设函数且在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作.若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知正方形的边长为1，将正方形绕着边旋转至分别为线段上的动点，且，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8.已知双曲线的离心率为2，左､右顶点分别为，右焦点为，是上位于第一象限的两点，，若，则（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：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.已知甲､乙两组数据分别为，和，若甲､乙两组数据的平均数相同，则（ ）
A.甲组数据的中位数为10
B.乙组数据的第75百分位数为9.5
C.甲､乙两组数据的极差相同
D.甲组数据的方差小于乙组数据的方差
10.已知圆台上､下底面半径分别为1，2，且上下底面圆周均在半径为的球的球面上，则该圆台的体积可能为（ ）
A. B. C. D.
11.在平面直角坐标系中，已知圆，圆是圆的一条直径，点在圆上，设直线为两圆的公切线，则（ ）
A.圆和圆外切 B.直线斜率的最小值为0
C.直线斜率的最大值为 D.面积的最大值为7
12.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.已知为定义在上的奇函数，当时，且，若，则__________.
14.设等差数列的前项和为，若，则__________.
15.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得函数的图象关于原点对称，且在上单调递减，则__________.
16.已知椭圆为的左､右焦点，为上的一个动点（异于左右顶点），设的外接圆面积为，内切圆面积为，则的最小值为__________.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17.（本小题满分10分）
记锐角中内角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）若，且，求的面积.
18.（本小题满分12分）
一个骰子各个面上分别写有数字，现抛掷该股子2次，记第一次正面朝上的数字为，第二次正面朝上的数字为，记不超过的最大整数为.
（1）求事件“”发生的概率，并判断事件“”与事件“”是否为互斥事件；
（2）求的分布列与数学期望.
19.（本小题满分12分）
如图，在四棱锥中，平面，在棱上，平面，设.
（1）求；
（2）若点到平面的距离为1，求直线与平面所成角的正弦值.
20.（本小题满分12分）
设为数列的前项和，已知为等比数列，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，设，记为数列的前项和，证明：.
21.（本小题满分12分）
已知抛物线，过焦点的直线与交于两点，且的最小值为2.
（1）求的方程；
（2）过且与垂直的直线交于两点，设直线的中点分别为，过坐标原点作直线的垂线，垂足为，是否存在定点，使得为定值，若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由.
22.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，求的单调区间；
（2）若是的极小值点，求的取值范围.
金科大联考·2024届高三1月质量检测·数学
参考答案､提示及评分细则
一､单项选择题：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.【答案】C
【解析】由，解得，所以，由，解得，所以，，故选C.
2.【答案】B
【解析】由为纯虚数，得，解得，所以，故选B.
3.【答案】C
【解析】，因为，所以，故，解得，故选C.
4.【答案】D
【解析】如图所示，由平行四边形法则，在方向上的投影向量为，故选D.
5.【答案】A
【解析】依题意，在上恒成立，易知在上恒成立，在上单调递增，所以只需，解得，故选A.
6.【答案】B
【解析】不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，
甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，
甲不去场馆，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为，故选B.
7.【答案】A
【解析】由于，则，在中，利用余弦定理求出，
过作的垂线，垂足为，由，可知平面，
又平面，所以，所以，
不妨设，则，所以由余弦定理得，，故选A.
8.【答案】D
【解析】设双曲线的焦距为，左焦点为，离心率，则，
由余弦定理得，所以，
又，所以，设，则，
所以，
所以，故选D.
二､多项选择题：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.【答案】AD
【解析】甲组共有5个数据，从小到大排列后，10为中间数字，所以甲组数据的中位数为选项正确；
甲､乙两组数据的平均数均为10，所以，乙组数据从小到大排列为，所以乙组数据的第75百分位数为选项错误；
甲组数据极差为4，乙组数据极差为选项错误；
两组数据平均数相同，乙组数据离散程度更大，方差更大，D选项正确，故选AD.
10.【答案】AC
【解析】设圆台外接球球心为，球心到上，下底面的距离为，则，解得，同理可得，
若位于上下底面之间，则圆台的高为，
此时圆台体积为，
若位于下底面下方，则圆台的高为，
此时圆台体积为，故选AC.
11.【答案】BCD
【解析】，因为，所以和外离，选项错误；
直线与和均相切，所以直线斜率的最小值为选项正确；
直线的斜率，设直线斜率最大时的倾斜角为，由可知，直线斜率的最小值为0，则，所以直线斜率的最大值为.C选项正确；
易知，当时，面积取得最大值为，选项正确，故选.
12.【答案】ABD
【解析】依题意，由于，所以，所以，解得，A选项正确；要证，只需证，即证，设，则，所以单调递减，，所以选项正确；
要证，只需，即，设，则，因为均单调递增，所以单调递增，，所以存在使得，所以在上单调递减，因为，所以，C选项错误；
要证，只需，即，因为，所以，D选项正确，故选ABD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】2
【解析】依题意，，解得，又，所以，故，解得.
14.【答案】110
【解析】因为，所以.
15.【答案】3
【解析】由题意知图象关于原点对称，且在上单调递减，因此，解出，则，于是在上单调递增，因此解出，又由于，且，则.
16.【答案】
【解析】易知，设，外接圆半径为，则，即，
由余弦定理得，整理可得，
所以的面积，
故的内切圆半径，
所以，
因为，
所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
17.【答案】（1）（2）
【解析】（1）由条件及正弦定理得
而，所以，
因此，由于，则，得
因此是锐角三角形，因此均存在，
所以，
故；
（2）由（1）可知，，则，且，故，利用正弦定理得，解出，
，故，
因此面积.
18.【答案】（1），事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；（2）分布列见解析，
【解析】（1）当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为时，，
当取取值为1，2时，，
当取取值为1时，，
所以，
当时，，事件“”与事件“”不能同时发生，为互斥事件；
（2）的取值为，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
取值为时，，
所以的分布列为
所以.
19.【答案】（1）（2）
【解析】（1）连接，相交于，由可知，
平面平面，
由平面可知，，则；
（2）易知，又，所以，
由于，所以，
又平面平面，所以，
因为，所以平面，所以平面平面，
又平面平面，过作垂直于，则平面，所以，
设，对使用等面积法可得，解得，
建立空间直角坐标系如图所示，
，
由，可得，
因为平面，所以为平面的一个法向量，
因为，所以为的中点，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
20.【答案】（1）（2）略
【解析】（1）依题意，，
所以，数列的公比为2，又，
所以
（2）证明：由（1）知，，当时，，
所以，所以，
则，
因此.
21.【答案】（1）（2）存在定点，使得为定值
【解析】（1）设直线，与抛物线方程联立可得，
设，则，
，
所以的方程为；
（2）由（1）可知，，
所以，同理可得，
直线斜率为，
所以直线，即，
所以直线过定点，
因为，所以在以为直径的圆上，
所以存在定点，使得为定值.
22.【答案】（1）详解见解析（2）
【解析】（1）当时，，
设，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
当时，取得极大值，所以，
所以在上单调递减；
（2），
设，则，
（i）当时，二次函数开口向上，对称轴为，
当时，单调递增，
因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以是的极小值点.
当时，，又，
所以存在，使得，所以当时，单调递增，
又，所以当时，单调递减，当时，单调递增，所以是的极小值点；
（ii）当时，，当时，单调递减，当时，，单调递增，所以是的极小值点；
（iii）当时，开口向下，对称轴为，
此时，故，使，因此在上单调递增，
又，当时，单调递减，当时，单调递增，所以为的极小值点；
（iv）当时，，使，因此在上单调递减，
又，当时，单调递增，当时，单调递减，所以为的极大值点；
（v）当时，由（1）知非极小值点.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
C
D
A
B
A
D
题号
9
10
11
12
答案
AD
AC
BCD
ABD
0
1
2
3
4
5
6