河北省廊坊市部分学校2024届高三上学期一轮中期调研考试数学试卷(含答案)

这是一份河北省廊坊市部分学校2024届高三上学期一轮中期调研考试数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合,,,则( )
A.B.C.D.
2．( )
A.B.C.D.
3．已知单位向量,满足,则( )
A.B.C.D.
4．已知等比数列的前n项和为,,则( )
A.18B.54C.128D.192
5．已知O为坐标原点,A,B,F分别是椭圆的左顶点､上顶点和右焦点点P在椭圆C上,且,若,则椭圆C的离心率为( )
A.B.1C.D.
6．设,,且,则( )
A.B.C.D.
7．把某种物体放在空气中冷却,若该物体原来的温度是,空气的温度是,则tmin后该物体的温度可由公式求得.若将温度分别为和的两块物体放入温度是的空气中冷却,要使得这两块物体的温度之差不超过,至少要经过( )（取:）
8．已知,,,则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．如图,在三棱台中,上底面是边长为的等边三角形,下底面是边长为的等边三角形,侧棱长都为1,则( )
A.
B.
C.直线与平面ABC所成角的余弦值为
D.三棱台的高为
10．若函数在上的零点从小到大排列后构成等差数列,则t的取值可以为( )
A.0B.1C.D.
11．已知函数的定义域为R,且,则( )
A.B.
C.是奇函数D.没有极值
12．如图,有一组圆都内切于点,圆,设直线与圆在第二象限的交点为,若,则下列结论正确的是( )
A.圆的圆心都在直线上
B.圆的方程为
C.若圆与y轴有交点,则
D.设直线与圆在第二象限的交点为,则
三、填空题
13．函数的图象可由函数的图象至少向右平移个单位长度得到__________.
14．已知函数,则满足的x的取值范围是__________.
15．已知抛物线与直线交于A,B两点,点D在抛物线C上,且为直角三角形,则面积的最小值为__________.
16．如图,这是某同学绘制的素描作品,图中的几何体由两个完全相同的正六棱柱垂直贯穿构成,若该正六棱柱的底面边长为2,高为8,则该几何体的体积为__________.
四、解答题
17．在中,D为BC上一点,,,且.
（1）若,求AC;
（2）若,求.
18．如图,在四棱锥中,平面ABCD,底面ABCD为直角梯形,,,.
（1）在棱PD上是否存在点E,使得平面PBC?若存在,请指出点E的位置并证明;若不存在,请说明理由.
（2）求平面PBC与平面PAB的夹角的大小.
19．在数列中,,.
（1）证明:数列为常数列.
（2）若,求数列的前n项和.
20．已知函数,曲线在点处的切线斜率为.
（1）求a的值;
（2）当时,的值域为,求b的值.
21．已知双曲线的右焦点为,渐近线方程为.
（1）求双曲线C的方程.
（2）已知双曲线C的左､右顶点分别为A,B,直线与双曲线C的左､右支分别交于点M,N（异于点A,B）.设直线AM,BN的斜率分别为,,若点在双曲线C上,证明为定值,并求出该定值.
22．已知函数.
（1）当时,证明:只有一个零点.
（2）若,,求a的取值范围.
参考答案
1．答案：A
解析：因为,所以.
2．答案：D
解析：
3．答案：C
解析：因为,所以.
4．答案：D
解析：设等比数列的公比为q,则,解得.
.
5．答案：D
解析：易知,,,,.
因为,所以,则,即,,
所以.
6．答案：B
解析：因为,所以.因为,所以,,
所以,则.
7．答案：C
解析：的物块经过tmin后的温度,的物块经过tmin后的温度.
要使得这两块物体的温度之差不超过,则,解得.
8．答案：A
解析：设函数,,所以在上单调递减,在上单调递增,
则,所以,当且仅当时,等号成立.令,
则.设函数,,所以在上单调递增,在上单
调递减,则,所以,即,所以,.故.
9．答案：ABD
解析：延长,,交于点P,设AB,AC的中点分别为D,E,连接CD,BE并交于点O,连接PO.
在中,,所以,可得,.同理可得,所以三棱锥为正三棱锥.又,所以,即,A正确.易得平面POC,所以,B正确.因为平面ABC,所以为直线与平面ABC所成的角.易知,,,,C错误.
因为为PC的中点,所以三棱台的高为,D正确.
10．答案：ABD
解析：因为函数有零点,所以.
画出函数与的图象,如图所示.
当或1时,经验证,符合题意.
当时,由题意可得.因为,,所以,,,.
11．答案：ACD
解析：令,则,A正确.当且时,由,得.令函数,则,所以,所以为常函数.令,则,所以是奇函数,C正确.没有极值,D正确.当时,,B错误.
12．答案：ABD
解析：圆的圆心都在直线上,A正确.由题意可得的方程为,故圆的方程为,B正确.
若圆与y轴有交点,则,解得.因为,所以,C错误.
由,令,可得y的较大根为,故,D正确.
13．答案：
解析：因为,,所以函数的图象可由函数的图象至少向右平移个单位长度得到.
14．答案：
解析：画出的图象（图略）,数形结合可得解得.
15．答案：1
解析：设,,,则,.因为为直角三角形,所以,即.因为,所以,..
16．答案：
解析：过直线AD和直线PQ分别作平面,平面（图略）,平面和平面都平行于坚直的正六棱柱的底面,则该坚直的正六棱柱夹在平面和平面之间的部分的体积为.如图将多面体ABCDNM分成三部分,
,三棱柱的体积为,所以多面体ABCDNM的体积为.
两个正六棱柱重合部分的体积为.
一个正六棱柱的体积为.
故该几何体的体积为.
17．答案：（1）5
（2）2
解析：（1）在中,,.
在中,,解得.
（2）在中,,所以.
在中,,,所以.
故.
18．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）当E为PD的中点时,平面PBC.理由如下:
设F为PC的中点,连接EF,FB,AE.
在中,,.
因为,,所以,,
所以四边形EFBA为平行四边形,所以.
因为平面PBC,所以平面PBC.
（2）以D为坐标原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设,则,,,
,.
设平面PBC的法向量为,
则即
令,则.
设G为AP的中点,连接DG（图略）,易证得平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量.
又,,所以.
设平面PBC与平面PAB的夹角为,
,
所以,即平面PBC与平面PAB的夹角的大小为.
19．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:令,可得.
因为①,所以②.
①-②得,即.
因为,所以数列为常数列.
（2）由（1）可得,所以是公差为1的等差数列,
所以.
因为,所以③,
④.
③-④得
,
所以.
20．答案：（1）1
（2）2
解析：（1）.
,解得.
（2）,.
令函数,.
当时,;当时,.
所以在上单调递减,在上单调递增.
因为,,所以当时,,即;当时,,
即.
所以在上单调递减,在上单调递增.
当时,在上的最小值为,解得,舍去.
当时,在上的最小值为,解得,
此时,,,符合题意.
综上,b的值为2.
21．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为渐近线方程为,所以,即.
,,.
故C的方程为.
（2）因为点在双曲线C上,所以,即.
联立得.
.
,.
.
.
因为,所以,所以.
.
故为定值,定值为.
22．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）证明:当时,,
所以是减函数.
因为,所以只有一个零点.
（2）,
即.
令函数,
.
,要使得,则存在,使得在上单调递增,即当时,.
令函数,,
.
,要使得,则存在,使得在上单调递增,即当,时,.
令函数,
.
.
当,即时,.
令函数,.
令函数,.
因为在上恒成立,所以函数在上单调递增.
因为,所以在上恒成立,
所以在上单调递增.
因为,所以在上恒成立,即在上恒成立,
所以在上单调递增,
,符合题意.
当,即时,存在,使得当时,,即在上单调递减.
因为,所以当时,,即,所以在上单调递减.
因为,所以当时,,即,所以在上单调递减.
因为,所以当时,,与题意不符.
综上,a的取值范围为.