2024届青海省西宁市大通县高三上学期期中数学（文）试题含答案

这是一份2024届青海省西宁市大通县高三上学期期中数学（文）试题含答案，共16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。
一、单选题
1．已知全集，若集合，则．
A．或B．或
C．D．
【答案】A
【详解】分析：先解一元二次不等式得集合A，再根据补集定义得结果.
详解：∵集合，
∴或，故选．
点睛：求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．
2．若复数（i为虚数单位），则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复数的四则运算，结合复数的定义即可得解.
【详解】因为，
所以复数z的虚部为.
故选：C.
3．五一国际劳动节放假三天，甲、乙两名同学计划去敬老院做志愿者，若甲同学在三天中随机选一天，乙同学在前两天中随机选一天，且两名同学的选择互不影响，则他们在同一天去的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用乘法原理计算出他们在同一天去和总的方法，再利用古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】甲同学在三天中随机选一天共有3种方法，乙同学在前两天中随机选一天共有2种方法，
所以一共有种方法，他们在同一天去共有2种，
所以他们在同一天去的概率为.
故选：B.
4．记公差为2的等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A．4B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】根据等差数列基本量的计算即可得解.
【详解】依题意，，，
所以，即，解得，
则.
故选：B.
5．已知平面向量，，且，则（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】由向量的模的定义和向量垂直的性质，求得，再由向量的平方即为模的平方，化简计算可得所求值．
【详解】由平面向量，可得，
由，可得，即，则，
所以.
故选：C．
6．设，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用函数单调性及中间值比大小.
【详解】，，，故.
故选：C
7．已知变量x，y满足，则的最大值是（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】A
【分析】作出不等式组表示的平面区域，再利用目标函数的几何意义求出最大值作答.
【详解】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影四边形（含边界），，
目标函数，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
画直线，平移直线到直线，当直线过点时，直线的纵截距最小，最大，即，
所以的最大值为4.
故选：A
8．已知函数，则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由二次函数的性质判断区间单调性，根据解析式知恒过且，进而确定区间值域，再由对数函数性质求的对应区间值域，即可得不等式解集.
【详解】由题设，对称轴为且图象开口向下，则在上递增，上递减，
由，即恒过且，
所以上，上，
而在上递增，且上，上，
所以的解集为.
故选：C
9．设双曲线，，是双曲线上关于坐标原点对称的两点，为双曲线上的一动点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．5
【答案】C
【解析】设出点，点，点的坐标，求出斜率，将点，的坐标代入方程，两式相减，再结合，即可求得结论.
【详解】由题意，设，，则，
所以，
因为，，
所以两式相减可得，即，
因为，
所以，则.
故选：C
【点睛】本题考查双曲线的方程，考查双曲线的几何性质，考查直线的斜率公式和点差法的运用，属于中档题.
10．将函数的图象向左平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则（ ）
A．－3B．－1C．1D．2
【答案】D
【分析】由题可得，进而可求，即得.
【详解】将函数的图象向左平移个单位可得，
，
∴，又，
∴，，
∴.
故选：D.
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线交于，两点，则的中点到的准线的距离的最小值为（ ）
A．2B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】设出直线的方程，联立后利用弦长公式表达出，求出长度的最小值，再利用抛物线的定义来进行转化，得到的中点到的准线的距离为的一半，进而求出点到的准线的距离的最小值.
【详解】如图，
分别过点，，作准线的垂线，垂足分别为，，，
则
设直线的方程为，，，，.
联立，整理得，
则，.
.
故选：B.
12．已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】函数有三个零点转化为与有三个交点，画出图像即可求出的取值范围.
【详解】函数有三个零点转化为与有三个交点.
,当
在单调递增，单调递减，时取到最大值1.作出图像如下图，由图像可知
故选：B.
二、填空题
13．已知，，C为平面内的一个动点，且满足，则点C的轨迹方程为 ．
【答案】
【分析】设，利用两点间的距离公式得到方程，整理即可得解.
【详解】依题意，设，由，得，
即，整得得，
所以点的轨迹方程为.
故答案为：
14．已知圆锥的侧面积为，且圆锥的侧面展开图恰好为半圆，则该圆锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据圆锥的侧面积和侧面展开图是半圆，求出底面圆的半径和母线长与高，再求圆锥外接球的半径和表面积．
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
则侧面积为，底面圆的周长为，解得，，
所以，
设圆锥外接球的半径为，画出轴截面图形，如图，

由勾股定理得，解得，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
15．在中内角A，B，C所对的边分别为a，b、c，，，则面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用正弦定理的边角变换求得，进而求得，再利用余弦定理与基本不等式求得，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，所以，则，
因为，，所以，
又，所以，
因为，，
所以，则，
当且仅当时，等号成立，
所以.
故答案为：.
16．已知函数（且a≠1）在上有一个极值点，则实数a的取值范围为 .
【答案】
【分析】由题意得到在有一个变号零点，分与两种情况，排除，当时，二次求导，分类讨论得到时，在内存在唯一零点，即在有一个零点.
【详解】函数（且）在有一个极值点，
则在有一个变号零点，
当时，在（0，+∞）上单调递增，所以，不符合题意，舍去.
当时，令，
则，解得，
①当，即时，在上单调递增，所以舍去；
②当时，即时，在单调递减，在单调递增，
因为，所以，又因为，所以在内存在唯一零点，即在有一个零点；
综上可得，实数a的取值范围为.
故答案为：
三、解答题
17．已知数列{an}前n项和Sn＝n2+n．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn．
【答案】(1)an＝2n，n∈N*
(2)Tn=
【分析】（1）根据已知条件并结合公式即可计算出数列{an}的通项公式；
（2）先根据第（1）题结果计算出数列{bn}的通项公式，再运用裂项相消法即可计算出前n项和Tn．
【详解】（1）由题意，当n＝1时，a1＝S1＝12+1＝2，
当n≥2时，an＝Sn﹣＝n2+n﹣（n﹣1）2﹣（n﹣1）＝2n，
∵当n＝1时，也满足上式，
∴an＝2n，n∈N*．
（2）由（1），可得bn＝
＝
＝
＝
则Tn＝b1+b2+•••+bn
＝
＝
＝
＝
18．2023上海蒸蒸日上迎新跑于2023年2月19日举办，该赛事设有21.6公里竞速跑、5.4公里欢乐跑两个项目．某马拉松兴趣小组为庆祝该赛事，举行一场小组内有关于马拉松知识的有奖比赛，一共有25人报名（包括20位新成员和5位老成员），其中20位新成员的得分情况如下表所示（满分30分）：
得分在20分以上（含20分）的成员获得奖品一份．
(1)请根据上述表格中的统计数据，将下面的列联表补充完全，并通过计算判断在20位新成员中，是否有的把握认为“获奖”与性别有关？
(2)若5名老成员的性别相同并全部获奖，且进行计算发现在所有参赛人员中，有的把握认为“获奖”与性别有关．请判断这5名老成员的性别？
附：参考公式：．
临界值表：
【答案】(1)列联表见解析，没有的把握认为“获奖”与性别有关
(2)这5名老成员全是男成员
【分析】（1）完善列联表，计算出卡方即可判断；
（2）分别假设名老成员的性别为女性或男性，求出相应的卡方值，即可判断.
【详解】（1）依题意可得列联表如下：
由列联表中数据，计算得到，所以没有的把握认为“获奖”与性别有关．
（2）当这名老成员中都为女成员时，
计算得，不合题意；
当名老成员都为男成员时，
计算得，符合题意．
故这名老成员全是男成员．
19．如图，四边形为正方形，E，F分别为和的中点，以为折痕把折起，使点C到达点P的位置，且平面.
(1)证明：；
(2)若，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得，及平面平面，可证得平面，即得，则，进而可证得平面，即可证得结果.
（2）过P作，垂足为Q，则平面，利用等体积转化，计算可得结果.
【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，E，F分别为和的中点，所以，
又平面平面，且交线为，所以平面，
即.又因为，所以.
又，，所以平面，又在平面内，故.
（2）过P作，垂足为Q，则平面.
因为，所以，所以，
故.
20．已知椭圆C：的一个焦点为F（2，0），离心率为．过焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB中点为D，O为坐标原点，过O，D的直线交椭圆于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求四边形AMBN面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据焦点，离心率， 之间的勾股关系即可求出答案；（2）利用设而不求联立椭圆和直线方程，利用韦达定理解出根与系数的关系，对面积表达式进行化简，利用参数的范围得出最终答案.
【详解】（1）由题意可得
解得,
故椭圆的方程为.
（2）当直线斜率不存在时 , 的坐标分别为,
四边形面积为
当直线斜率存在时 , 设其方程为 点 , 点 到直线的距离分别为
则四边形 面积为,
得,
则
所以
，
因为
所以 中点 ,
当 时 , 直线 方程为 ,
解得
所以
.
当 时 , 四边形 面积的最大值
综上四边形 面积的最大值为 .
21．已知函数．
（1），求函数的最大值；
（2）若恒成立，求a的取值集合；
【答案】（1）0；（2）．
【分析】(1)当时，求导并探求函数单调性即可得解；
(2)构造函数，通过对的讨论可得，由此分析函数最大值作答.
【详解】当时，的定义域为，，
令，得，令，得，
因此，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以；
令，，
若，而，与恒成立矛盾，所以必有，
方程中，，方程两根有，所以方程必有一正根，记作，
所以函数在上 单调递增，在上 单调递减，因此，
则有，代入方程，解得，
所以a的取值集合为.
22．C1的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ.
(1)把C1的参数方程化为极坐标方程；
(2)求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0，0≤θ