2024届皖豫名校联盟高三第一次考试数学试题含解析

这是一份2024届皖豫名校联盟高三第一次考试数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出全集和集合，再由并集和补集相关知识进行运算即可.
【详解】由解得，∵，∴，
由解得或，∴集合，
∴，∴.
故选：B.
2．“”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】A
【分析】根据条件得到的大小关系，结合充要条件进一步判断即可.
【详解】因为，所以，
而，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：
3．已知一容器中有两种菌，为菌的个数，为菌的个数，且在任何时刻两种菌的个数均满足．若分别用和来表示菌、菌个数的指标，则当时，（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意结合对数运算以及指数幂运算即可求解.
【详解】由题可知，则，
又，所以，．
故选：D.
4．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用奇偶性的定义确定函数为偶函数，再根据余弦函数的性质可求解.
【详解】由题可知，的定义域为，
又因为，
所以，为偶函数．
当时，，当时，，当时，.
故选：C．
5．如图，在四边形中，，为其外接圆的直径，且，P为边的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，应用平面向量的数量积的计算即可.
【详解】由题意，，建立平面直角坐标系如图，则，，，，所以，所以，又，所以．
故选：D
6．已知圆在点处的切线上一点在第一象限内，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．9
【答案】C
【分析】利用圆的切线方程及基本不等即可求解．
【详解】易知圆在点处的切线的方程为，
所以，，，
所以，
当且仅当，时，等号成立．
所以的最小值为.
故选：C.
7．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用二项式定理展开公式，结合系数最大列出不等式即可求解.
【详解】的展开式的通项为，
由题可知，解得．
故选：A
8．已知定义在上的函数满足，且，，，．若，恒成立，则a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由得到的图象关于点对称，再由，，，得到在上单调递增，再将，转化为，从而有，即，，然后令，，用导数法求得其最大值即可.
【详解】解：由，得，故的图象关于点对称．
因为，，，．
所以在上单调递增，故在上单调递增，
因为，
所以，
所以，即，．
令，，
则．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以．
故选：B
二、多选题
9．已知某地区秋季的昼夜温差，且，该地区某班级秋季每天感冒的人数y关于昼夜温差的经验回归方程为，秋季某天该班级感冒的学生有9人，其中有4位男生，5位女生，则下列结论正确的是（ ）
（参考数据：，）
A．若，则
B．从这9人中随机抽取2人，其中至少有一位女生的概率为
C．从这9人中随机抽取2人，其中男生人数的期望为
D．昼夜温差每提高，该班级感冒的学生大约增加2人
【答案】ABD
【分析】根据正态分布、超几何分布的概率与期望的计算方法，以及线性回归分析的基本概念可得到答案.
【详解】由，可得，，所以，故A正确；
因为，故B正确；
服从超几何分布，其中，，，所以，故C错误；
因为，，所以，所以，故D正确．
故选：ABD
10．已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．在区间上单调递增
C．为奇函数
D．若在区间上的值域为，则．
【答案】BD
【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果．
【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以，
所以，又点在的图象上，所以，
所以，，即，，
又，所以，
对于A，因为，故A错误；
对于B，令，，解得，，
所以的单调递增区间为，，
当时，单调递增区间为，故B正确；
对于C，因为，
所以为偶函数，故C错误；
对于D，当时，，又的值域为，如图，
当时，，
所以，解得，故D正确．
故选：BD.
11．定义为不小于的最小整数，设函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的值为0或1B．单调递增
C．函数有2个零点D．
【答案】ACD
【分析】根据函数新定义可知，可得A正确；当时，，所以并不是单调递增函数，B错误；在同一坐标系下画出函数与的图象，由两函数图象交点个数即可得C正确；分别计算出的不同取值时对应的函数值即可求得，即D正确.
【详解】由定义可知，所以当时，的值为0，
当时，的值为1，故A正确；
易知当时，，函数值并没有随着自变量的增大而增大，故B错误；
当时，，当时，，
在同一坐标系下画出函数与的图象如下图所示：
由图可知，与的图象有两个交点和，其余情况的图象与直线无交点，故C正确；
根据函数定义可知当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故，故D正确．
故选：ACD
12．如图，在正三棱台中，，，棱，的中点分别为D，E，点P在侧面内运动（包含边界），且，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．正三棱台的体积为
C．与平面所成角的正切值为
D．动点P形成的轨迹长度为
【答案】AD
【分析】对于A，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，根据正三棱台性质可知，，再由余弦定理可得，可计算出，再由勾股定理以及线面垂直判定定理即可证明平面，即A正确；易知正三棱台的高，代入棱台公式即可得三棱台的体积为，即B错误；与平面所成角的平面角为，由可得，因此，故C错误；点P在平面内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形所截的弧，由弧长公式可得点P形成的轨迹长度为，即D正确.
【详解】如图，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，连接，，如下图所示：
则有，直线必过点O且，，
过点作，，则四边形和均是边长为2的菱形，
在中，，即，解得，
所以，所以是边长为6的等边三角形，
由正三棱台性质可得，
所以，，所以，
因为是边长为6的等边三角形且为的中点，所以，，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，解得，
满足，所以，
由，，，，平面，可得平面；
又平面，所以，由，，，，平面，可得平面，故A正确；
因为，所以三棱台的高为，
所以三棱台的体积为
，故B错误；
与平面所成的角为，因为，
所以，所以，故C错误；
因为点P在平面内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形所截的弧，，
设的长度为，则，
所以动点P形成的轨迹长度为，故D正确．
故选：AD
【点睛】方法点睛：在求解动点轨迹问题时，往往利用动点与定点的位置关系或定量关系找出动点满足的条件，即可得出动点的轨迹长度以及线面角等.
三、填空题
13．已知函数，则当时；的最大值为 ．
【答案】9
【分析】将函数分离常数可得，再由反比例函数性质可得当时，取最大值9.
【详解】易知，
所以，
由反比例函数性质可知当时，取最大值，；
故答案为：9
14．已知复数z满足，则z的实部为 ．
【答案】/
【分析】根据特殊角三角函数以及复数的运算，可得答案.
【详解】由已知得，故z的实部为．
故答案为：.
15．若函数（且）在区间上单调递增，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将在上单调递增转化为在上恒成立，根据得到，即可得到，最后分和两种情况解不等式即可.
【详解】因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立．
当时，，故有，
当时，显然成立，
当时，可得，即，解得，故的取值范围是．
故答案为：.
16．已知椭圆的离心率为，上顶点为A，过左焦点的直线与C交于D，E两点，过右焦点的直线经过A点，且．若四边形的面积为，则C的长轴长为 ．
【答案】4
【分析】根据题意，得到为等边三角形，进而根据等边三角形和垂直平分线的性质，得到，由离心率，列出椭圆，设出直线的方程，与椭圆联立，得到，进而列出，可求解.
【详解】
设椭圆C的半焦距为，，，则，椭圆．
由题可知为等边三角形，所以，
因为过且垂直于的直线与C交于D，E两点，
所以．由线段垂直平分线的性质可得，．
直线的方程为，与C的方程联立化简可得，
由根与系数的关系可得，，所以，
．
所以，
解得，则．故C的长轴长为．
故答案为：4
四、解答题
17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，．已知．
(1)证明：；
(2)若，求周长的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）根据题意，由三角形的面积公式，结合余弦定理即可证明；
（2）根据题意，由基本不等式可得，即可得到结果.
【详解】（1）根据面积公式，可得，，，
要证，即证．
由可得，
由余弦定理可得，
整理可得，原式得证．
（2）因为，由（1）知，
所以，当且仅当时，等号成立，
故，
所以，的最大值为4．
故周长的最大值为6．
18．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)判断曲线过坐标原点的切线的条数，并说明原因．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为和
(2)只有一条，理由见解析
【分析】（1）对求导得，令，根据导数与单调性的关系即可求解.
（2）设出切点，将切线方程表示为含有参数的直线方程，根据切线过原点可得到一个关于参数的方程，讨论方程的解的情况即可求解.
【详解】（1）由题可知，
令，可得，．
当时，，当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为和.
（2）设曲线过坐标原点的切线为，切点为，
由（1）可知，所以切线的斜率为，
所以切线的方程为．
将原点坐标代入切线方程有．
设，则．
令，可得或，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以为极小值点，且，为极大值点，且，
又，所以，使得，在其余区间上没有零点，
故只有一个零点，
即曲线过坐标原点的切线只有一条．
19．如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面切开后剩余的一半，，，O，分别为底面直径，的中点，G是的中点，H是上的动点．
(1)证明：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆柱的结构特征和已知条件，先证明平面，然后由面面垂直判定定理可证；
（2）设M为的中点，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
【详解】（1）因为是的中点，所以．
根据圆柱的结构特征，可知平面平面，
又平面，平面平面，
所以平面．
又平面，故平面平面．
（2）如图，设M为的中点，连接，以为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，．
设平面的法向量为，
则即令，则，所以．
连接，，则，
所以是等边三角形，故，则，
所以．
设直线与平面所成的角为，
则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
20．已知为等差数列的前n项和，，．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件求出公差d,再根据等差数列的定义写出通项公式即可.
（2）由（1）可先求出数列的通项公式，再由分组求和法、等差公式法、错位相减法即可求解.
【详解】（1）设的公差为d．
∵，
∴，解得．
∴．
（2）当n为奇数时，，当为偶数时，．
∴
设，①
则，②
，得
∴．
故．
21．已知双曲线：（，）上一点到的两条渐近线的距离之积为．
(1)求的标准方程；
(2)若直线与有两个不同的交点，，且的内心恒在直线上，求在轴上的截距的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先将的坐标代入双曲线方程，再用，表示出到两条渐近线的距离之积，联立求解即可；
（2）由题意画出图形，将内心和点恒在直线上，转化为直线与直线斜率互为相反数，设直线方程为，与双曲线方程联立，结合图形，求得与的关系及的取值范围即可.
【详解】（1）∵点在双曲线上，∴，即，①
又∵双曲线：（，）的渐近线方程为，
∴到两条渐近线的距离分别为，，
∴由已知，，整理得，
代入①，解得，，
∴的标准方程为.
（2）
如图，设的内心为，∵恒在直线上，且在直线上，
∴，直线与关于直线对称，
∴设直线的斜率为，直线的斜率为，则.
由题意易知，直线的斜率存在，设直线的方程为：，
则，消去化简得，，
令，化简得，
设，，则，，
∴，
化简得，
∴，
整理得，即，
∴．
由题意，直线：不过点，∴，即，
∴，即，∴直线的方程为，
如图可知，与的右支相交于两点，且在点的下方，
∴，解得．
∴在轴上的截距的取值范围是．
【点睛】解析几何中处理与三角形的“心”有关的问题，需要将有关“心”的条件，转化为坐标、斜率、向量等关系进行求解.
22．已知函数，．
(1)当时，讨论函数的零点个数；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）令，根据的单调性将问题转化为的零点个数问题，求导，然后分类讨论即可；
（2）令，以s为主元构造函数，利用二次导数讨论单调性，利用单调性得，即可得证.
【详解】（1）由题可知．
令，则在上恒成立，
所以在时单调递增，且，
所以的零点个数，等价于的零点个数．
因为，
令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减，
所以．
令，得，此时恒成立，没有零点；
令，得，此时有一个零点；
令，得，又，，当时，，
所以在，上各存在一个零点．
综上，当时，的零点个数为0；
当时，的零点个数为1；
当时，的零点个数为2．
（2）由题可知，
令，，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，则，
令，则．
记，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以单调递增，则．
又，
故．
【点睛】关键点睛：导函数求解取值范围时，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题利用。，从而构造函数进行求解.