2024焦作博爱一中高三上学期定位考试数学试题含答案

参 考 答 案

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：解：由知，且，解得.

2.答案：C

解析：因为，所以.又因为，，所以，当且仅当时取等号.由题意可得，即，则m的最大值为3.故选C.

3.答案：A

解析：由不等式，

得.

设函数，则，

所以在R上单调递增.

因为，

所以.解得或.

故选：A.

4.答案：C

解析：根据已知有：因为复数z满足：，即，故或，因为复数z所对应的点在第四象限，故复数，所以.故选C.

5.答案：D

解析：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为，则

由题意可知，，

因此有

，

即，

解得，

因为，

所以.

所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为.

故选：D.

6.答案：D

解析：因为E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，所以，所以.因为，

，

，所以.故选D.

7.答案：A

解析：根据双曲线的对称性，不妨在双曲线右支上取点P，延长，交于点Q，图略.由角平分线性质及可知.根据双曲线的定义得，，从而，在中，OH为其中位线，故.故选A.

8.答案：A

解析：因为，

所以，设，，则，，

令

恒成立，故单调递减，

当时，，函数单调递增；

当时，，函数单调递减；

故所以，得到.

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，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9.答案：ABD

解析：由于集合有且仅有两个子集，所以，.因为，所以.，当且仅当，时等号成立，故A正确.，当且仅当，即，时等号成立，故B正确.不等式的解集为，则，故C错误.不等式的解集为，即不等式的解集为，且，又因为，，所以，所以，故D正确.选ABD.

10.答案：ABC

解析：点M在以AB为直径的圆上，故问题等价于圆O与圆C有公共点，所以，解得，故选ABC.

11.答案：BCD

解析：因为直线的斜率为3，直线的斜率为，所以直线，一定相交，交点坐标是方程组的解，解得所以交点坐标为.当时，直线与x轴垂直，方程为，不经过点，所以三条直线能围成三角形.当时，直线的斜率为.若直线与直线的斜率相等，则，即，此时这两条直线平行，因此这三条直线不能围成三角形；若直线与直线的斜率相等，则，即，此时这两条直线平行，因此这三条直线不能围成三角形；若直线过直线，的交点，则，即，此时三条直线不能围成三角形.故选BCD.

12.答案：BC

解析：由题意可知是R上的增函数.

对于A，由，得，所以在区间上为增函数，故A中函数不是“H函数”；

对于B，，又，所以恒成立，故B中函数是“H函数”；

对于C，恒成立，故C中函数是“H函数”；

对于D，易知为偶函数，所以它不可能为R上的增函数，故D中函数不是“H函数”.

三、填空题：每小题5分，共4小题，共20分.

13.答案：

解析：因为，，

所以，

所以

，所以，

，所以，

则.

故答案为：.

14.答案：

解析：以A为原点，AB，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图.

设，，则，，，，，所以，平面的一个法向量.设与平面所成的角为，则，解得.所以，.设异面直线与所成的角为，则.

15.答案：

解析：求导函数，可得，，，，

在上单调递增，

，

对任意的，，都有成立，

，

，

故答案为：.

16.答案：240

解析：先将5名学生分成4组共有种，

再将4组学生安排到4所不同的学校有种，

根据分步计数原理可知：不同的安排方法共有种.

故答案为：240.

四、解答题：本大题共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.答案：（1）

（2）单调递增，证明见解析

解析：（1）由题意，得，即，

解得：，.故.

（2）方法一：在上单调递增.

证明：，且，则.

由，得，，，

所以，即.故在上单调递增.

方法二：在上单调递增.

证明：，且，则

.

由，得，，所以.故在上单调递增.

18.答案：（1）或

（2）

解析：（1）因为，且，

则，

又，所以，即，

故或；

（2）由，则，

由，解得，

又与不共线，则，解得，

故与的夹角为锐角时，实数的取值范围为：.

19.答案：

（1）证明见解析

（2）证明见解析

解析：（1）因为，D是BC的中点，所以.

如图，以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，以射线AD方向为y轴正方向，以射线OP的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，，，

所以，，

所以，

所以，即.

（2）因为平面，平面ABC，所以.

因为，，所以.

因为M为AP上一点，且，所以.

由（1）得，所以.

又，所以.

所以，.

设平面BMC的法向量为，

则即

令，则，，所以.

设平面AMC的法向量为，

则即

令，则，，所以.

所以，

所以，所以平面平面BMC.

20.答案：

（1）或，即或

（2）

解析：（1）由得则圆心.

又圆C的半径为1，圆C的方程为.

显然切线的斜率一定存在，设所求圆C的切线方程为，即.

，，

，或.

所求圆C的切线方程为或，即或.

（2）设，则由，得，即，故点M的轨迹方程为，记为圆D.

根据题意只要保证圆D与圆C有公共点即可.

设，则，即，解得.

圆心C的横坐标a的取值范围为.

21.答案：（1），

（2）20米时，等腰梯形草坪ABCD的面积最大

解析：（1）设该抛物线的方程为，由条件知，，，

所以，解得，故该段抛物线的方程为，.

（2）由（1）可设，所以梯形ABCD的面积，，设，，则，令，解得，当时，在上是增函数；当时，在上是减函数.所以当时，取得极大值，也是最大值.故当CD长为20米时，等腰梯形草坪ABCD的面积最大.

22.答案：（1）

（2）不存在直线l满足题意，理由见解析

解析：（1）设椭圆C的方程为.因为过，两点，故解得，所以椭圆C的方程为.

（2）假设存在直线l满足题意.

(i)当直线l的斜率不存在时，此时l的方程为.

当时，，，，

同理可得，当时，.

(ii)当直线l的斜率存在时，设l的方程为，设，，

因为直线l与圆O相切，所以，即①，

联立方程组整理得，，

由根与系数的关系得

因为，所以.

所以，

所以，

整理得②，

联立①②，得，此时方程无解.