2024银川育才中学高三上学期1月期末考试数学（理）含解析

这是一份2024银川育才中学高三上学期1月期末考试数学（理）含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
4. 据中国地震台测定，2023年12月18日深夜在甘肃省临夏积石山发生了6.2级地震.里氏震级可以测出最大振幅，其计算公式为.其中是被测地震的最大振幅，是0级地震的振幅.请问8级地震的最大振幅是6级地震的最大振幅的几倍（ ）
A. 10B. 100C. 1000D. 10000
5. 下列说法不正确的是（ ）
①命题“，”的否定是“,”；
②“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件；
③命题，，命题,，则为真命题；
④“函数在上是减函数”，为真命题.
A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④
6. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A. 8种B. 14种C. 20种D. 16种
8. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A. B. C. D.
9. 已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（ ）
A 4B. 9C. D.
10. 已知双曲线：（，）的右焦点为，、两点在双曲线的左、右两支上，且，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A. 直线共面
B.
C. 直线与平面所成角正切值为
D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
12. 已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知一个半径为4的扇形圆心角为，面积为，若，则_____．
14. 设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为_______．
15. 抛物线上的动点到点的距离之和的最小值为________．
16. 已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为______．
三、解答题（本大题共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. 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．
问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
（1）求B；
（2）若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分．
18. 已知数列满足，且点在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列前项和为，求能使对恒成立的（）的最小值.
19. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
（1）求证：平面平面PAD；
（2）若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
20. 已知椭圆的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2. 已知直线与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点.

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若，求k的值；
（3）若点Q坐标为，求证：为定值.
21. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若不等式恒成立，求整数a的最小值．
22. 在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若分别与交于异于极点的两点，求的最大值.
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若是的最小值，且正数满足，证明：．
宁夏育才中学 2023-2024学年第一学期
高三数学（理科）月考五试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共60分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分别求一元二次方程的解和偶次根式型函数的定义域，求交集即得.
【详解】由可解得：或，即，
由函数有意义可得：，解得：，即，
于是.
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应的向量分别是，则复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得出，然后根据复数的除法运算化简得出，根据复数的几何意义，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，，
则，
所以，复数对应的点为，该点位于第一象限.
故选：A.
3. 已知曲线在点处的切线方程为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
通过求导数，确定得到切线斜率的表达式，求得，将点的坐标代入直线方程，求得．
【详解】详解：
，
将代入得，故选D．
【点睛】本题关键得到含有a，b的等式，利用导数几何意义和点在曲线上得到方程关系．
4. 据中国地震台测定，2023年12月18日深夜在甘肃省临夏积石山发生了6.2级地震.里氏震级可以测出最大振幅，其计算公式为.其中是被测地震的最大振幅，是0级地震的振幅.请问8级地震的最大振幅是6级地震的最大振幅的几倍（ ）
A. 10B. 100C. 1000D. 10000
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，得到，分别令和，求得最大振幅，即可求解.
【详解】由函数，可得，所以，可得，
当时，地震的最大振幅为；
当时，地震的最大振幅为，
所以，两次地震的最大振幅之比为.
故选：B.
5. 下列说法不正确的是（ ）
①命题“，”的否定是“,”；
②“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件；
③命题，，命题,，则为真命题；
④“函数在上是减函数”，为真命题.
A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④
【答案】C
【解析】
【分析】对于①：根据全称命题的否定是特称命题分析判断；对于②：根据奇函数的定义结合充要条件分析判断；对于③：根据特称命题结合逻辑联结词分析判断；对于④：根据单调性的定义举例分析判断.
【详解】对于①：命题“，”的否定是“,”，故①不正确；
对于②：若，则的定义域为，且，
所以函数为奇函数，即充分性成立；
若函数为奇函数，且的定义域为，
可得，整理得恒成立，
解得，即必要性不成立；
所以“”是“函数为奇函数”的充分不必要条件，故②正确；
对于③：因为恒成立，
即命题,为假命题，所以为假命题，故③不正确；
对于④：当时，当时，但，可得，
所以函数在上不是减函数，故④不正确；
故选：C.
6. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇偶性和赋值即可判断选项.
【详解】由，
可知是奇函数，且定义域为，排除BD；
当时，，排除A.
故选：C
7. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A. 8种B. 14种C. 20种D. 16种
【答案】B
【解析】
【分析】分甲、乙都不在天和核心舱和甲、乙恰好有一人在天和核心舱两种情况求解可得.
【详解】第一类，甲、乙都不在天和核心舱共有种；
第二类，甲、乙恰好有一人在天和核心舱，先排天和核心舱有种，
然后排问天实验舱与梦天实验舱有种，
所以，甲、乙恰好有一人天和核心舱共有种.
综上，甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验共有种.
故选：B
8. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.
【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.
根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
9. 已知各项均为正数的等比数列，，，成等差数列，若中存在两项，，使得为其等比中项，则的最小值为（ ）
A. 4B. 9C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，，成等差数列，可得，即可求得q值，根据为，的等比中项，可求得，利用基本不等式“1”的活用，即可求得答案.
【详解】因，，成等差数列，所以，
又为各项均为正数的等比数列，设首项为，公比为q，
所以，所以，
解得或（舍），
又为，的等比中项，
所以，
所以 ，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：D
【点睛】解题的关键是熟练掌握等差中项、等比中项、基本不等式等知识，并灵活应用，数列中应用基本不等式时，应注意取等条件，即角标m，n必须为正整数，属中档题.
10. 已知双曲线：（，）的右焦点为，、两点在双曲线的左、右两支上，且，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设双曲线的左焦点为，连接，则由题意可得四边形为矩形，设，则，，分别在和中，运用勾股定理，结合离心率公式可求得结果.
【详解】设双曲线的左焦点为，连接，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以四边形为矩形，
设（），则，，
在中，，
所以，化简得，解得，
在中，，
所以，所以，
所以，得，
所以离心率，
故选：B
11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A. 直线共面
B.
C. 直线与平面所成角的正切值为
D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
【答案】D
【解析】
【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.
【详解】
对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
12. 已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设，结合题意可得，即函数是定义在上的奇函数，又当，时，，则，可得在，上单调递增，在，上单调递增，利用单调性，即可得出答案．
【详解】令，
则，即，
故函数是定义在上的奇函数，
当,时，，则，
故在,上单调递增，在,上单调递增，
所以在上单调递增，
又，则，
则不等式，即，
故，解得．
故选：C．
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 已知一个半径为4的扇形圆心角为，面积为，若，则_____．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】由扇形面积公式先求，再根据两角和差的正切公式求得结果.
【详解】已知扇形半径为，圆心角为，
∵扇形面积，∴，
∴，解得：.
故答案为：.
14. 设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若，则展开式中的系数为_______．
【答案】150
【解析】
【分析】利用赋值法及二项式系数和公式求出、列出方程求得，利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为3得进而得系数．
【详解】中，令得展开式的各项系数之和，
根据二项式系数和公式得二项式系数之和，
∵，∴解得，
∴的展开式的通项为，
令得，故展开式中的系数为，
故答案为150.
【点睛】本题主要考查赋值法是求二项展开式系数和的方法，利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题.
15. 抛物线上的动点到点的距离之和的最小值为________．
【答案】
【解析】
【分析】结合抛物线的定义求得正确答案.
【详解】抛物线的焦点为，准线为，
设是抛物线上任意一点，则题目所求为的最小值，
过作，垂足为，
根据抛物线的定义可知，
所以题意所求为的最小值，
根据图象可知，当三点共线时，的值最小，
故最小值为.
故答案为：
16. 已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】判断的形状并求出其外接圆的半径，利用锥体的体积公式求出球心到截面的距离，进而求出球半径即可求解．
【详解】在中，，由余弦定理得，
即，整理得，而，解得，
显然，即，则外接圆的半径，
令球心到平面的距离为，而的面积为，
由棱锥的体积为，得，解得，
球的半径，则有，，
所以球的体积.
故答案为：
三、解答题（本大题共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. 在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．
问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
（1）求B；
（2）若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；
（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.
【小问1详解】
选择条件①：
因为，在中，由余弦定理可得，
即，则，
因为，所以.
选择条件②：
因为，在中，由正弦定理可得，
即，则，
因为，所以，则，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以，则，
即，又，
所以.因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以.
18. 已知数列满足，且点在直线上.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列前项和为，求能使对恒成立的（）的最小值.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）由题设易得为等差数列，即可求其通项公式；
（2）对数列的通项分析可通过裂项相消法求前项和，将恒成立问题转化为求的最大值或上界问题即得.
【小问1详解】
点在直线上，得，
所以数列是以首项为，公差为2的等差数列．
故，即．
【小问2详解】
，
所以
即，因 ，故，
故要使对恒成立，需使，即，
又，所以的最小值为5.
19. 如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，且，平面ABCD，E为BC的中点，F为棱PC上一点．
（1）求证：平面平面PAD；
（2）若G为PD的中点，，是否存在点F，使得直线EG与平面AEF所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；或
【解析】
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
20. 已知椭圆的离心率为，椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形面积为2. 已知直线与椭圆C交于A，B两点，且与x轴，y轴交于M，N两点.

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若，求k的值；
（3）若点Q的坐标为，求证：为定值.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积即可求出，则椭圆方程可得；
（2）联立方程组，根据根与系数的关系以及向量相等的坐标关系即可求出；
（3）根据根与系数的关系以及向量的数量积的运算即可求出．
【小问1详解】
，，代入得.
又椭圆的一个顶点与两个焦点构成的三角形的面积为2，即，即，
以上各式联立解得，则椭圆方程为.
【小问2详解】
直线与轴交点为，与轴交点为，
联立，消去得:，，
设，则，
，，
由得，解得:，
由得.
【小问3详解】
证明：由（2）知，，
.
为定值.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线中的定值问题常见的方法：
从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若不等式恒成立，求整数a的最小值．
【答案】（1），无极大值；（2）2.
【解析】
【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性，进而求出极值.
（2）不等式等价于在上恒成立，设，利用导数求出的最大值即可求解.
【详解】解：（1）当时，，
令得（或舍去），
∵当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，无极大值．
（2），即，
即，
∴，即，
∴原问题等价于在上恒成立，
设，则只需．
由，令，
∵，∴在上单调递增，
∵，
∴存在唯一的，使得，
∵当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
∴，
∴即可．
∴，∴，故整数a的最小值为2
22. 在直角坐标系中，曲线，曲线（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求的极坐标方程；
（2）射线的极坐标方程为，若分别与交于异于极点的两点，求的最大值.
【答案】（1）极坐标方程是，的极坐标方程是. （2）
【解析】
【分析】（1）利用将的直角坐标方程化为极坐标方程；先把的参数方程化为普通方程,再化为极坐标方程；
（2）分别联立曲线与的极坐标方程与,即可求得,,再利用二次函数的性质求得的最大值,进而求解.
【详解】解:（1）因为,
所以可化为,
整理得,
（为参数）,则（为参数）,化为普通方程为,则极坐标方程为,即.
所以的极坐标方程是,的极坐标方程是.
（2）由（1）知,
联立可得,
联立可得,
所以,
当时,最大值为,所以的最大值为.
【点睛】本题考查直角坐标方程与极坐标方程的转化,考查利用极坐标方程求弦长.
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若是的最小值，且正数满足，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，将函数化为分段函数的形式，分类讨论计算，即可得到结果；
（2）根据题意，结合基本不等式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
∴或或，
解得或或，
∴不等式的解集为；
【小问2详解】
证明：由，可得的最小值为，
则，，
∴
，当且仅当时，等号成立，
∴．