2024中山一中高三上学期第五次统测试题数学含解析

这是一份2024中山一中高三上学期第五次统测试题数学含解析，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共5页，共150分，考试时长120分钟.
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 集合真子集个数为（ ）
A. B. C. D.
2. 复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B.
C D.
3. 正三角形中，，为上的靠近的四等分点，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
4. 过点与圆相切的两条直线的夹角（锐角）为，则（ ）
A. B. C. D.
5. 各项均为正数的等比数列中，成等差数列，是的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
6. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得其母线长为，屋顶的表面积为即圆锥的侧面积若从该屋顶底面圆周一点绕屋顶侧面一周至过的母线的中点，安装灯光带，则该灯光带的最短长度为（ ）
A. B. C. D.
7. 设，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.每小题有多项符合题目要求）
9. 山东省某地区年至年生产总值指数分别，，，，，，，，，，则（ ）
A. 这组数据的极差为B. 这组数据的众数为
C. 这组数据的中位数为D. 这组数据的上四分位数为
10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的（ ）
A. 不可能垂直于
B. 平面
C. 三棱锥的体积不变
D. 若正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则过，，的截面面积最大值为
11. 已知双曲线的离心率为，，是双曲线的两个焦点，经过点直线垂直于双曲线的一条渐近线，直线与双曲线交于，两点，若的面积为，则（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线实轴长为
C. 线段长为
D. 是直角三角形
12. 数学中一般用表示a，b中的较小值，表示a，b中的较大值；关于函数：；，有如下四个命题，其中是真命题的是（ ）
A. 与的最小正周期均为
B. 与的图象均关于直线对称
C. 的最大值是的最小值
D. 与的图象关于原点中心对称
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 的展开式中常数项是_________用数字作答
14. 接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为，而接种了疫苗的感染率为.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为___________
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，圆与双曲线在第一象限的交点为，且，则该双曲线的离心率为_________．
16. 已知为的外心，，当最大时，边上的中线长为_________．
三、解答题（共6小题，第17题满分10分，其它各题满分12分，共70分.）
17. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．
（1）求角C；
（2）若，求的取值范围．
18. 为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以或取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以取胜的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为.
（1）比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区的概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为.
①求出的最大值点；
②若以作为的值，这轮比赛张三所得积分为，求的分布列及期望.
19. （1）已知：有理数都能表示成（，且，与互质）的形式，进而有理数集，且，与互质．
证明：（i）是有理数．
（ii）是无理数．
（2）已知各项均为正数的两个数列和满足：，．设，，且是等比数列，求和的值．
20. 如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.
（1）设该棱台的高为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
21. 如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为．已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率．
（1）求双曲线的方程；
（2）设是双曲线上位于轴右方的两点，且直线与直线平行，与交于点．
（I）若，求直线的斜率；
（II）求证：是定值．
22. 已知函数（）.
（1）若恒成立，求a的取值范围；
（2）若，证明：在有唯一的极值点x，且.
中山市第一中学2023~2024学年第一学期高三年级第五次统测
数学
本试卷共5页，共150分，考试时长120分钟.
一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 集合的真子集个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出不等式的解集，用列举法表示出集合即求解.
【详解】不等式，解得，
因此，
所以集合的真子集个数为3.
故选：B
2. 复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出复数，再逐项计算判断即得.
【详解】由，得，，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D错误.
故选：A
3. 正三角形中，，为上的靠近的四等分点，为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量基本定理可得，，再由平面向量的数量积运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
因为为上的靠近的四等分点，
则，
且为的中点，
则，
又为等边三角形，且，
则
.
故选：A
4. 过点与圆相切的两条直线的夹角（锐角）为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆方程可得圆心为，半径，再由点与圆心的距离可求得，即可知.
【详解】将圆化为标准方程可得，
即圆心为，半径；如下图所示：
又，易知，
所以可得，又为锐角，可知；
可得.
故选：C
5. 各项均为正数的等比数列中，成等差数列，是的前项和，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差中项可得，结合等比数列通项公式可得，再利用等比数列求和公式运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为成等差数列，则，
且，则，
又因为，则，可得，
所以.
故选：B.
6. 在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得其母线长为，屋顶的表面积为即圆锥的侧面积若从该屋顶底面圆周一点绕屋顶侧面一周至过的母线的中点，安装灯光带，则该灯光带的最短长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，根据圆锥的表面积求出侧面展开图顶角，再由余弦定理求出.
【详解】
设圆锥的底面半径为r，侧面展开图如图所示，
由图可知B为SA的中点，为所求长度的最小值，
由于母线长为，则，圆锥的侧面积为，
则由圆锥的侧面积公式可得，
所以底面圆的周长即弧长，
又，
则在中，由余弦定理可得
，
解得m，
故选：C
7. 设，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆和双曲线的标准方程分别表示出离心率，再根据运算得解.
【详解】因为，椭圆方程为，可得，
又由双曲线方程，可得，
因为，所以，整理得，
令，上式转化为，解得或（舍去），
.
故选：D.
8. 已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断时，在上恒成立；若在上恒成立，转化为在上恒成立．
【详解】当时，由恒成立，二次函数对称轴为，
（1）当时，在上单调递减，则恒成立，
（2）当时，，所以
综上可知，当时，在上恒成立；
当时，恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当时，，函数单增，又，所以；
综上可知，的取值范围是，
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，共20分.每小题有多项符合题目要求）
9. 山东省某地区年至年生产总值指数分别为，，，，，，，，，，则（ ）
A. 这组数据的极差为B. 这组数据的众数为
C. 这组数据的中位数为D. 这组数据的上四分位数为
【答案】ACD
【解析】
【分析】将数据从小到大排列得到，，，，，，，， ，，再对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】将数据，，，，，，，，，从小到大排成一列：
，，，，，，，， ，
对于选项A，极差为，所以选项A正确；
对于选项B，众数为，，所以选项B错误；
对于选项C，中位数为，所以选项C正确；
对于选项D，因为，故上四分位数为，所以选项D正确，
故选：ACD.
10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的（ ）
A. 不可能垂直于
B. 平面
C. 三棱锥的体积不变
D. 若正方体的棱长为，且，分别为，的中点，则过，，的截面面积最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】举例说明、计算判断AD；证明面面平行判断B；证明线面平行判断C.
详解】对于A，当与重合时，由于平面，平面，则，A错误；
对于B，连接，正方体的对角面是矩形，

则，而平面，平面，于是平面，
同理平面，又平面，
因此平面平面，而平面，所以平面，B正确；
对于C，由选项B知，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，
又的面积是定值，因此三棱锥的体积是定值，不变，C正确；
对于D，当与重合时，直线分别与的延长线交于点，
连接，分别与棱交于点，连接，则五边形是过的截面，

显然，，，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，，同理，显然，
，
因此截面面积，而，
所以，D错误.
故选：BC
11. 已知双曲线的离心率为，，是双曲线的两个焦点，经过点直线垂直于双曲线的一条渐近线，直线与双曲线交于，两点，若的面积为，则（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的实轴长为
C. 线段的长为
D. 是直角三角形
【答案】BCD
【解析】
【分析】双曲线心率，求出的值，得到渐近线方程，判断A；联立直线与双曲线方程，表示的面积，求出的值，判断B；利用弦长公式得到线段的长，判断C；求出点坐标，进而得到斜率，根据斜率判断是否垂直，判断D.
【详解】
∵，∴，即：，，
∴渐近线方程为，故A错误；
经过点直线垂直于双曲线的一条渐近线，不妨设直线的斜率为，设直线的方程为，
，消去x得，则，
设，，则，，
所以，
解得，即：，故双曲线C的实轴长为6，故B正确；
因为，，
所以8，故C正确；
因为，，，
所以双曲线方程为，直线的方程为，
，消去x得，
则或，又
，，
此时，所以，所以是直角三角形，故D正确，
故选：BCD.
12. 数学中一般用表示a，b中的较小值，表示a，b中的较大值；关于函数：；，有如下四个命题，其中是真命题的是（ ）
A. 与的最小正周期均为
B. 与图象均关于直线对称
C. 的最大值是的最小值
D. 与的图象关于原点中心对称
【答案】BD
【解析】
【分析】先求出，，结合函数与的图象即可求解
【详解】设
则，
函数与的大致图象如下所示：
对A，由图知，与的最小正周期均为2π；故A错误；
对B，由图知，为函数与的对称轴，故B正确.
对C，，由图知∶函数的值域为，函数的值域为，故C错误；
对D，由图知，与的图象关于原点中心对称，故D正确；
故选：BD.
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13. 的展开式中常数项是_________用数字作答
【答案】61
【解析】
【分析】根据题意借助于二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，解得，可得；
令，解得，可得；
所以展开式中常数项是.
故答案为：61.
14. 接种流感疫苗能有效降低流行感冒的感染率，某学校的学生接种了流感疫苗，已知在流感高发时期，未接种疫苗的感染率为，而接种了疫苗的感染率为.现有一名学生确诊了流感，则该名学生未接种疫苗的概率为___________
【答案】
【解析】
【分析】根据条件概率公式求解即可.
【详解】设事件“感染流行感冒”，事件“未接种疫苗”，
则，，
故.
故答案为：．
15. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，圆与双曲线在第一象限的交点为，且，则该双曲线的离心率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据双曲线定义并结合圆及从而求解.
【详解】由题意知圆，得圆是以为直径的圆交于双曲线在第一象限点为，且，
由双曲线定义得，又因为，
所以，得，得，
所以，，在中，即，
解得，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据圆是以为直径的圆并结合双曲线定义及从而可求解
16. 已知为的外心，，当最大时，边上的中线长为_________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，利用平面向量的运算得到，再利用余弦定理与基本不等式求得最大时的值，从而得解.
【详解】取中点D，连接，则，
则，
所以，即，又，所以，，
则，
当且仅当，即时取等号，此时角最大，
同时，所以，
所以边上中线长为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用面向量的运算转化，得到，从而得解.
三、解答题（共6小题，第17题满分10分，其它各题满分12分，共70分.）
17. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答．
问题：在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且____．
（1）求角C；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②利用正弦定理得到，再利用余弦定理求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解.
（2）由正弦定理得到，从而有求解.
【小问1详解】
解：若选①：由正弦定理得，
则，
，
，
．
若选②：，
由正弦定理得，
，
，
若选③：，
则，
由正弦定理得，
，
．
【小问2详解】
由正弦定理得，
则，
，
．
.
18. 为落实立德树人根本任务，坚持五育并举全面推进素质教育，某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以或取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以取胜的队员积2分，失败的队员的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为.
（1）比赛结束后冠亚军(没有并列)恰好来自不同校区概率是多少？
（2）第10轮比赛中，记张三取胜的概率为.
①求出的最大值点；
②若以作为的值，这轮比赛张三所得积分为，求的分布列及期望.
【答案】（1）；（2）①；②分布列答案见解析，数学期望：.
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率公式即得；
（2）由题可求，然后利用导数可求最值，再利用条件可求随机变量的分布列，即得.
【详解】（1）比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是；
（2）①由题可知，
，
令，得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以的最大值点，
②的可能取值为0，1，2，3.
；
；
；.
所以的分布列为
的期望为.
19. （1）已知：有理数都能表示成（，且，与互质）的形式，进而有理数集，且，与互质．
证明：（i）是有理数．
（ii）是无理数．
（2）已知各项均为正数的两个数列和满足：，．设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据有理数的表示、等比数列求和可得答案；
（ii）假设是有理数，利用反证法可得答案；
（2）利用基本不等式可得，设公比为，可得，利用等比数列的定义得也为等比数列，再根据已知得此方程至多只有两个根可得答案.
【详解】（1）（i）因为；
（ii）假设是有理数，则（，且与互质），
故①，所以存在，使得，代入①式可得，
所以存在，使得，
这与互质矛盾．所以是无理数；
（2）因为为正项数列，所以，
类似地，可得，
因此，．又因为是正项等比数列，设其公比为，
若，则与矛盾，若，则与矛盾，所以，
又因为，所以，故也为等比数列，
又因为，所以，即*，
而此方程至多只有两个根，所以的公比，即，所以，
分将代入*式得，
解得或（舍去），
所以．
20. 如图，已知四棱台的体积为，且满足，为棱上的一点，且平面.
（1）设该棱台的高为，求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行条件求AE，再结合等腰梯形可求得，然后利用棱台的体积公式求出h可证；
（2）利用三角形可求，再用等体积法求出点E到平面的距离，然后可得.
【小问1详解】
连接，由棱台性质可知，，可得，
又，，所以，所以四点共面
又因为平面，平面平面，平面
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
又四边形为等腰梯形，
易知为梯形的高，即
所以
易得上下底面的面积分别为：，
由体积公式有，解得
所以
【小问2详解】
连接
由（1）知，所以平面ABCD，
因为平面平面，所以平面平面ABCD，
又，平面平面，平面，
所以平面
因为平面，所以
易得
记三棱锥的高为，
则由得，解得
又，
所以
所以直线与平面所成角的正弦值为
21. 如图，在平面直角坐标系中，双曲线的上下焦点分别为．已知点和都在双曲线上，其中为双曲线的离心率．
（1）求双曲线的方程；
（2）设是双曲线上位于轴右方两点，且直线与直线平行，与交于点．
（I）若，求直线的斜率；
（II）求证：是定值．
【答案】（1）
（2）（I）；（II）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线的方程求解即可；
（2）（I）构造平行四边形，求出，然后利用弦长公式求直线的斜率即可；（II）利用三角形相似和双曲线的性质，将转化为，然后结合韦达定理求解即可.
【小问1详解】
将点和代入双曲线方程得：
，结合，化简得：，解得，
双曲线的方程为．
【小问2详解】
（Ⅰ）设关于原点对称点记为，
则．
因为,所以，
又因为，所以，即，
故三点共线．
又因为与互相平分，所以四边形为平行四边形，故，
所以．
由题意知，直线斜率一定存在，
设的直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，故，
直线与双曲线上支有两个交点，所以，解得．
由弦长公式得，
代入解得．
（Ⅱ）因为，由相似三角形得，
所以
．
因为
．
所以，故为定值．
22. 已知函数（）.
（1）若恒成立，求a的取值范围；
（2）若，证明：在有唯一的极值点x，且.
【答案】（1）.（2）见解析
【解析】
【分析】（1）计算得到，再证明当（）时，，先证明（），讨论和两种情况，计算得到证明.
（2）求导得到，，得到存在唯一实数，使，存在唯一实数，使，得到，得到证明.
【详解】（1）由，得，即，解得，，
以下证明，当（）时，.
为此先证：（）.
若，则；
若，则.
令（），可知，函数单调递增，
故，即（），
综上所述：（）.
若（），则当时，，
故，即；
当时，，由（），
得.
故当（）时，.
综上，所求a的取值范围是.
（2），令，
，∵，∴是上的增函数，
又，，
故存在唯一实数，使，当时，，递减；当时，，递增.
又，则，，，
∴，，.
故存在唯一实数，使.
当时，，递减；
当时，，递增.
所以在区间有唯一极小值点，且极小值为.
又由，得，
∴.
又.
以下只需证明，即证，.
∵，∴.
则，所以.
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，极值点问题，证明不等式，先算后证是解题的关键.
0
1
2
3