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29,河南省安阳市第一中学2024届高三上学期1月阶段测试数学试题
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这是一份29,河南省安阳市第一中学2024届高三上学期1月阶段测试数学试题,共22页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1. 已知,则( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合N,再利用集合的交集运算求解.
【详解】解:由,得或,则或,
又,所以,
故选:B
2. 已知复数,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算化简,结合模长公式计算即可.
【详解】,所以,
故选:A.
3. 已知是等差数列的前项和,为数列的前项和,若,,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件可得出关于、的方程组,求出这两个量的值,可求出的表达式,推导出为等差数列,利用等差数列求和公式可求得的值.
【详解】设等差数列的公差为,则,
由可得,整理可得,
解得,,所以,,则,
则,所以,数列为等差数列,
所以,.
故选:A.
4. 设为单位向量,且,则向量夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的数量积定义,数量积的运算律及向量模的计算方法即可求解.
【详解】由可得:,即.
因为为单位向量
所以.
所以,解得:.
故选:A
5. 直线,则“或”是“”的
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】分析:由两条直线平行,求解,在根据充要条件判定方法,即可得到结论.
详解:由题意,当直线时,满足,解得,
所以“或”是“”的必要不充分条件,故选B.
点睛:本题主要考查了两直线的位置的判定及应用,以及必要不充分条件的判定,其中正确求解两条直线平行式,实数的值是解答的关键,着重考查了推理与论证能力,试题属于基础题.
6. 设,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对于结合不等式的性质,易判断大小;对于可构造函数,利用导数的单调性、最值即可判断.
【详解】对于,显然,,所以;
对于,
可构造函数,且,
所以,
当时,所以在单调递增,
当时,所以在单调递减,
所以,所以,
所以,即,故,所以.
综上:.
故选:A.
7. 如图,直四棱柱中,底面ABCD为平行四边形,,,点P是经过点的半圆弧上的动点(不包括端点),点Q是经过点D的半圆弧上的动点(不包括端点),则下列说法不正确的是( )
A. 四面体PBCQ的体积的最大值为
B. 的取值范围是
C. 若二面角的平面角为,则
D. 若三棱锥的外接球表面积为S,则
【答案】B
【解析】
【分析】选项A,由点P到底面ABCD的距离为定值,则由三棱锥体积公式得当最大时,体积最大,即点Q位于半圆弧上的中点时取最值;选项B,结合数量积定义与直角三角形边长的度量关系得,再由的范围可得;选项C,先由线面垂直找到二面角的平面角,再在中求解即可;选项D,先找到截面圆圆心,再由球心与截面圆圆心连线与截面所在平面垂直,构造直角三角形,设,建立外接球表面积的函数关系,由的范围可得.
【详解】选项A,由题意知在直四棱柱中,半圆弧经过点D,
连接,则,
由底面ABCD为平行四边形,则,且,
在中,,,可得,
且点P到底面ABCD的距离为,
当点Q位于半圆弧上的中点时最大,即四面体PBCQ体积最大,
则,故A正确;
选项B,由于,则,
又在中, ,
故,
因为,所以,
则,故B错误;
选项C,因为平面ABCD,QB平面ABCD,
故,而,
,,平面,
故QB平面,平面,
故,所以是二面角的平面角,
则,
因,所以,故C正确;
选项D,设线段BC的中点为N,线段的中点为K,线段的中点为,
在中,为外接圆的圆心,由,,
又平面,则平面,
则三棱锥的外接球球心O在NK上,
在四边形中,,
且,
由余弦定理得,
则,
设,
在中,在中,
故,
整理得,所以,
所以外接球的表面积为,D正确,
故选:B.
【点睛】方法点睛:多面体的外接球问题的常见处理方法有:
(1)利用截面性质,从多面体的一个面出发,找到其外接圆圆心位置,进一步,由球心与该圆心一定垂直于平面,则由两截面圆心引出两条垂线,由此两垂线的交点即为球心;
(2)利用球心到各顶点距离相等(球的定义)确定球心,如两直角三角形的斜边对接模型,球心则在斜边的中点上;
(3)补体法,正四面体、对棱相等的三棱锥、墙角三线等特殊模型都可以尝试补成正方体或长方体;由侧棱垂直底面的几何体补成圆柱模型;由等腰旋转对称特点的几何体可考虑还原为圆锥(台)模型等等.
8. 为了进一步学习贯彻党的二十大精神,推进科普宣传教育,激发学生的学习热情,营造良好的学习氛围,不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解,某学校组织全校班级开展“红色百年路•科普万里行”知识竞赛.现抽取10个班级的平均成绩:,据此估计该校各个班级平均成绩的第40百分位数为( )
A. 77B. 78C. 76D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】由第p百分位数计算公式可得答案.
【详解】因共10个数据,则,故该组数据的第40百分位数为从小到大排列第4个数据与第5个数据的平均数,即.
故选:A
二、多项选择题:本题共4小题,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.
9. 的内角的对边分别为,则下列说法正确的是( )
A. 若,则
B. 若,则是钝角三角形
C. 若,则符合条件的有两个
D. 若,则角的大小为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理对选项逐一分析,由此确定正确选项.
【详解】A选项,在三角形中,大角对大边,所以,由正弦定理得,所以,所以A选项正确.
B选项,由正弦定理得,所以为钝角,所以B选项正确.
C选项,由余弦定理得,有唯一解,C选项错误.
D选项,由正弦定理得,,D选项正确.
故选:ABD
10. 已知函数若方程有四个不等实根.下列说法正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定函数解析式,画出函数图像,根据函数得到,化简得到A正确,根据图像知B正确,利用均值不等式得到C错误,计算得到D正确,得到答案.
【详解】当时,,,
画出函数图像,如图所示:
根据图像知:,即,,A正确;
,B正确;
,,,即,
即,展开得到,
解得,由于,等号不成立,故C错误;
,故,,D正确.
故选:ABD
11. 数列满足:,,,下列说法正确的是( )
A. 数列为等比数列B.
C. 数列是递减数列D. 的前项和
【答案】AB
【解析】
【分析】推导出,,从而数列为首项为,公比为3的等比数列,由此利用等比数列的性质能求出结果.
【详解】解:数列满足:,,,
,,
,
数列为首项为,公比为3的等比数列,故正确;
,,故正确;
数列是递增数列,故错误;
数列的前项和为:,
的前项和,故错误.
故选:.
12. 已知,且,若对任意的恒成立,则实数的可能取值为( )
A. B. C. D. 2
【答案】ACD
【解析】
【分析】
不等式变形为,转化为,利用基本不等式求的最小值,再求的取值范围.
【详解】,,
即,
,
当且仅当,即时,等号成立,
即, 解得:或,选项中满足条件的有ACD.
故选:ACD
【点睛】关键点点睛:本题的第一个关键是不等式变形,转化为最值问题,第二个关键是“1”的妙用,求最值.
三、填空题:本题共4小题.
13. 已知向量,,则向量在向量上的投影向量的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积与单位向量可求投影向量即.
【详解】因为,,
所以,,
所以向在向量上的投影向量为.
故答案为:
14. 展开式中含项的系数为______.
【答案】-60
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】,
设该二项式的通项公式为,
因为的次数为,所以令,
二项式的通项公式为,
令,
所以项的系数为,
故答案为:
15. 已知抛物线C:的焦点为F,,过点M作直线的垂线,垂足为Q,点P是抛物线C上的动点,则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】本题先求出直线必过的定点,再求出的轨迹方程,再数形结合求最值即可.
【详解】
由得,
所以直线过点.
连接AM,则,由题意知点Q在以AM为直径的圆上,设,所以点Q的轨迹方程为(不包含点),
记圆的圆心为,过点Q,P,N分别作准线的垂线,垂足分别为B,D,S,连接DQ,则,当且仅当B,P,Q,N四点共线且点Q在PN中间时等号同时成立,所以的最小值为.
故答案为;
16. 已知正三棱柱的所有棱长均为2,为线段上的动点,则到平面的最大距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点,连接,以为原点,所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,然后利用空间向量求解即可.
【详解】取的中点,连接,
因为三棱柱为正三棱柱,所以,平面,
因为平面,所以,
所以以为原点,所在的直线为轴,所在的直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为正三棱柱的所有棱长均为2,
所以,
设,则,
所以,
当时,,
设平面的法向量为,则
,令,则,
设到平面的距离为,则
,
当时,设平面的法向量为,则
,令,则,
设到平面的距离为,则
,
所以当时,取得最大值,
因为,
所以到平面的最大距离为,
故答案为:
四、解答题:本题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中,角、、的对边分别为、、,且,
(1)求角的大小;
(2)若,,求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值,结合角的取值范围可得出角的值;
(2)利用余弦定理求出的值,再利用正弦定理可求得的值.
【小问1详解】
解:因为,由正弦定理可得,
所以,
,
因为、,所以,,则,故.
【小问2详解】
解:因为,,,
由余弦定理可得,则,
由正弦定理可得,所以,.
18. 等差数列满足,等比数列满足,
(1)求数列的通项公式;
(2)若,求数列的前项和.
【答案】(1),
(2)
【解析】
【分析】(1)利用等差数列与等比数列的通项公式分别列式即可得解;
(2)利用错位相减法即可得解.
【小问1详解】
设公差为公比为,则,
则,解出.
所以,
又由,解出.
所以.
【小问2详解】
由(1)得,
则,
故,
两式相减得,
,
所以.
19. 如图,在四棱锥中,底面是菱形,,三角形为正三角形,且侧面底面.分别为线段,的中点.
(1)求证:平面;
(2)在棱上是否存在点,使平面平面,请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,理由见解析
【解析】
【分析】(1)构造三角形的中位线得到线线平行,进而得到线面平行;
(2)在棱上存在点,为的中点时,平面⊥平面,先猜后证,先证线面垂直,由线面推出面面垂直.
【小问1详解】
连接交于点,连接,
因为四边形是菱形,
所以点为的中点.
又因为为的中点,
所以.
又因为平面平面,
所以平面.
【小问2详解】
在棱上存在点为的中点时,平面平面.
证明:连接.
因为为正三角形,为的中点,
所以,
又因为平面平面,平面平面平面.
所以平面,又平面,
所以,
因为是菱形,为的中点,
所以是正三角形,,
因为,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,又平面,
所以.
因为分别为的中点,
所以,
所以,
因为是菱形,,
所以是正三角形.
又因为为的中点,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面.
20. 椭圆的离心率为,右顶点为A,设点O为坐标原点,点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点,面积的最大值为.
(1)求椭圆E的标准方程;
(2)设直线交x轴于点P,其中,直线PB交椭圆E于另一点C,直线BA和CA分别交直线l于点M和N,若O、A、M、N四点共圆,求t的值.
【答案】(1)
(2)6
【解析】
【分析】(1)由离心率为可得,又面积的最大值为,联立方程求解即可得答案;
(2)设直线BC方程为,与椭圆方程联立,由韦达定理可得,又,,当O、A、M、N四点共圆,由相交弦定理可得,即,根据韦达定理化简可得,从而即可求解.
【小问1详解】
解:由题意,设椭圆半焦距为c,则,即,得,
设,由,所以的最大值为,
将代入,有,解得,
所以椭圆的标准方程为;
【小问2详解】
解:设,因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点,则直线BC不与x轴重合,
设直线BC方程为,与椭圆方程联立得,
,可得,
由韦达定理可得,
直线BA的方程为,令得点M纵坐标,
同理可得点N纵坐标,
当O、A、M、N四点共圆,由相交弦定理可得,即,
,
由,故,解得.
21. 第五代移动通信技术(简称5G)是具有高速率、低时延和大连接特点的新一代宽带移动通信技术,它具有更高的速率、更宽的带宽、更高的可靠性、更低的时延等特征,能够满足未来虚拟现实、超高清视频、智能制造、自动驾驶等用户和行业的应用需求.某机构统计了共6家公司在5G通信技术上的投入(千万元)与收益(千万元)的数据,如下表:
(1)若与之间线性相关,求关于的线性回归方程.并估计若投入千万元,收益大约为多少千万元?(精确到)
(2)现家公司各派出一名代表参加某项宣传活动,该活动在甲,乙两个城市同时进行,6名代表通过抛掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪个城市参加活动,规定:每人只抛掷一次,掷出正面向上的点数为的去甲城市,掷出正面向上的点数为的去乙城市.求:
①公司派出的代表去甲城市参加活动的概率;
②求6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数的概率.(用最简分数作答)
参考数据及公式:,
【答案】(1);35.12千万元
(2)①;②
【解析】
【分析】(1)根据公式分别求出,即可求出关于的线性回归方程,将当代入即可得出答案.
(2)①由古典概率的计算公式代入即可得出答案;
②6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数,则去甲城市的人数为0,1,2,分别求出其概率,即可得出答案.
【小问1详解】
(1)
,则
当,则
所以当投入15千万元,收益大约为35.12千万元.
小问2详解】
① 设“某位代表去甲城市参加活动”为事件,则,
所以公司派出的代表去甲城市参加活动的概率为,
② 设“6位代表中去甲城市参加活动的人数少于去乙城市参加活动的人数”为事件,
.
22. 已知函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)当时,若不等式恒成立,求的取值范围;
(3)设,证明:.
【答案】(1)递增区间为,递减区间为
(2)
(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)求定义域,求导,由导函数的正负求出单调区间;
(2)转化为在上恒成立,令,分和两种情况,求导,结合导函数特征,再分类讨论,求出的取值范围;
(3)在(2)基础上得到,赋值得到,利用累加法得到结论.
【小问1详解】
当时,,
则,
令,得;令,得,
所以单调递增区间为,单调递减区间为.
【小问2详解】
由,得,
设,
当时,,
所以当时,,不符合题意.
当时,,
设,
其图象为开口向下的抛物线,对称轴为,
当,即时,
因为,
所以当时,,即,
此时单调递增,所以,不符合题意.
当,即时,在上单调递减,
所以,
所以,所以在上单调递减,
所以,符合题意.
综上所述,的取值范围为.
【小问3详解】
由(2)可得当时,,即,
令,则,
所以,
以上各式相加得,
即,
所以.
【点睛】导函数证明数列相关不等式,常根据已知函数不等式,用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量,通过多次求和(常常用到裂项相消法求和)达到证明的目的,此类问题一般至少有两问,已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.投入x(千万元)
5
7
8
10
11
13
收益y(千万元)
11
15
16
22
25
31
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