河南省洛阳市偃师高级中学2024届高三上学期1月阶段测试数学试题（学生及教师版）

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1. 已知集合，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合，再逐个分析判断即可.
【详解】由，得，解得，
所以，
因为，，
所以，所以，
所以，，，，
所以ABD错误，C正确，
故选：C．
2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】设，，根据复数模的计算公式得到方程，解得即可.
【详解】设，，则，
因为，所以，则，解得，
所以复数的虚部为.
故选：C
3. 已知平面单位向量，，满足，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据可得，替换，利用数量积的运算即可求解.
【详解】如图，设，，
因为，所以平行四边形为菱形，
则为正三角形，所以，且反向，
所以，所以，
因为，
所以，
故选:C.
4. 已知函数的定义域为B，函数的定义域为，若，使得恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的定义域求得集合，利用分离常数法、基本不等式求得的取值范围.
【详解】函数的定义域为，即，
所以，所以的定义域，
由于，，
所以在区间上恒成立，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，即的取值范围是.
故选：C
5. 设函数的定义域为D，，，当时，恒有，则称点为函数图象的对称中心．利用对称中心的上述定义，研究函数，可得到（ ）
A. 0B. 2023C. 4046D. 4047
【答案】D
【解析】
【分析】根据题中定义可知的图象关于点对称，然后根据对称性即可求解.
【详解】的定义域为R.
因为，
所以的图象关于点对称.
所以.
故选：D
6. 函数的图象向右平移个单位长度后，所得的函数为偶函数，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用辅助角公式化简函数，并得到，根据函数的性质求得，并代入后，利用基本不等式，即可求解.
【详解】，其中，
函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数为偶函数，
则当时，，，
即，则，，
，
，
即，
因为，所以，，
所以，
当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故选：B
7. 等比数列中，，数列，的前n项和为，则满足的n的最小值为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式得到，之后代入题中式子求得，利用裂项相消法求和，之后求得所满足的条件，最后确定出的最小值.
【详解】由题意得，所以，
所以，
令，整理得，解得，
故选：A.
8. 已知过椭圆左焦点且与长轴垂直的弦长为，过点且斜率为－1的直线与相交于，两点，若恰好是的中点，则椭圆上一点到的距离的最大值为（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆的方程和性质及直线与椭圆位置关系即可解决.
【详解】由过椭圆左焦点且与长轴垂直的弦长为，可得椭圆过点，代入方程得.
设则，
两式作差得，
即，
因为恰好是的中点，所以，又因为直线AB斜率为-1，
所以，将它们代入上式得，
则联立方程解得.
所以椭圆上一点到的距离的最大值为.
故选：D
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. 已知，，设，，则以下四个命题中正确的是（ ）
A. 若，则有最小值B. 若，则有最大值2
C. 若，则D. 若，则有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式及二次函数性质求各项对应代数式的最值，注意取值条件，即可判断各项正误.
【详解】A：，由，当且仅当时等号成立，错；
B：，当且仅当时等号成立，
即，可得，
所以有最大值2，对；
C：，则，
又，，则，可得，所以，对；
D：由题设，即，
当且仅当时等号成立，所以，错.
故选：BC
10. 已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 的图象关于直线对称
C.
D. 在上值域为
【答案】AC
【解析】
【分析】结合函数图像求出的解析式，进而判断AC；利用代入检验法可判断B；利用换元法和三角函数性质求出在上的值域可判断D.
【详解】由图像可知，，，故A正确；
从而，
又由，，
因为，所以，
从而，故C正确；
因为，
所以不是的对称轴，故B错误；
当时，则，
因为在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，，所以，
故，即，
从而，
即在上的值域为，故D错误.
故选：AC.
11. 已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（ ）
A. 异面直线与可能垂直
B. 直线与平面可能垂直
C. 与平面所成角的正弦值的范围为
D. 若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，在平面内作，交于点，由平面得，所以平面，则；对B，不可能平行，故与不可能垂直；对C，则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围，求解判断即可；对D，由题意知为的中点，可证得，由平面得，所以平面，所以，同理，所以平面，所以平面即平面，三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形．
【详解】对A，在平面内作，交于点，
在正四棱柱中，因为平面，平面，
所以，又平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．故A正确；
对B，不可能平行，故与不可能垂直，故B错误；

对C，如图：

连接，，平面，
则与平面所成角的正弦值的范围等同于与所成角的余弦值的范围，
在直角三角形中，，
当点由点向移动时，逐渐增大，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
，则，，则，，故C正确，
对D，如图：

由题意知为的中点，连接，，，，，，
在直角三角形中，，同理，
由题意知，所以，所以，
在正四棱柱中，因为平面，平面，
所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，平面，，
所以平面，所以平面即平面，
三角形即平面截正四棱柱所得截面的多边形，
其周长为，故D错误.
故选：AC．
12. 已知，，若与图像的公共点个数为，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由题意，作图，根据对称性以及公共点所在区间，可得答案；对于B，由题意，作图，可得函数在处相切，可得方程，结合三角恒等式，可得答案；对于C，根据函数与方程的关系，两函数作差构造新函数，利用导数研究其零点个数，可得答案；对于D，利用三角函数的值域与周期性，可得答案.
【详解】对于A，当时，如下图，

则，，所以，又图像关于对称，
结合图像有，即有，故A错误；
对于B，当时，如下图，

易知在，且，与图像相切，
由当时，，则，，
故，从而，
所以，故B正确；
对于C，令，显然有，即是方程的一个根，又易知，是偶函数且，因为，所以时，没有零点，令，则，当时，，又过原点，当时，是在原点的切线，如图，

所以时，，故C正确；
对于D，当时，由，
与的图像在轴右侧的前个周期中，每个周期均有个公共点，共有个公共点，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点晴：对于选项A和D，处理的关键在于，借助函数的图像，结合图像的对称性和周期性解决问题；对于选项B和D，通过构造函数，利用导数来解决问题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知平面向量，若与垂直，则实数___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量垂直的坐标运算即可求出结果.
【详解】因为与垂直，
所以，即，，解得.
故答案为：.
14. 已知函数，若方程有解，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】换元后利用参变分离，最后用基本不等式进行求解.
【详解】由题意得：有解
令
有解，即有解，显然无意义
,当且仅当，即时取等，
故答案为：.
15. 已知函数（，）有且仅有两个零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的零点个数，转化为方程的根的个数，利用三角函数的有界性，转化求解即可．
【详解】令，得，
由题意方程在上有且仅有两个实根，
由，得，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
16. 已知数列中，，，，数列的前n项和为.若对于任意的，不等式恒成立，则实数t的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据累积法求得，再用裂项相消法求得，最后根据不等式恒成立可求解.
详解】由得，则有
，化简得，即，
所以，
所以，
所以不等式恒成立，则有.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知角，（，）的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，点，分别在角，的终边上.
（1）设函数，，求函数的值域；
（2）若点在角的终边上，且线段的长度为，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由任意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，再求的值域（2）先由任意角三角函数的定义结合的取值范围确定的大小，从而求出的大小，再利用余弦定理，求出的长度，确定出点在上的位置之后，即可求的面积
【小问1详解】
∵的终边过点，∴，.
∵，∴.
则，
∵，∴，∴，∴，
即的值域是.
【小问2详解】
∵的终边过点，
∴，.
∵，∴，∴.
由余弦定理可得，，
∴，解得.
∵，∴为的中点，
∴则的面积
18. 已知数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，，.
（1）求，；
（2）若数列满足，求数列的前n项和.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用求得，通过计算的首项和公比，由此求得.
（2）结合错位相减法、分组求和法求得.
【小问1详解】
当时，，又，满足，∴.
，，
设等比数列的公比为，则，由于，
所以解得，，.
∴.
【小问2详解】
由（1），得.
令，的前n项和为，则.
，
∴，
∴.
令，是等差数列，的前n项和为，则，
∴.
19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
（1）证明：F为PD的中点；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定证面，再由线面平行的性质可证，进而有△中为中位线，即可证结论；
（2）由线面垂直的性质、判定证两两垂直，且面，构建空间直角坐标系，根据所选条件求得，进而求直线方向向量和面的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值.
【小问1详解】
由底面ABCD是矩形，则，而面，面，
所以面，
又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面面，
而面，则，故，
△中为中位线，故F为PD的中点；
【小问2详解】
由底面ABCD，面，则，又，
由，面，则面，
由面，故，即△为直角三角形，且；
由面，则面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，
选①，则，故，而，
选②，由，而，所以；
此时，，，则，
又是面的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为，
所以
20. 过抛物线的焦点作斜率分别为的两条不同的直线，且相交于点，，相交于点，．以，为直径的圆，圆为圆心的公共弦所在的直线记为．
（1）若，求；
（2）若，求点到直线的距离的最小值．
【答案】（1）24 （2）
【解析】
【分析】（1）根据题意设直线方程为，联立抛物线的方程可得关于的一元二次方程，从而可得，，进而可得点的坐标，即可得到的坐标表示，同理可得，求解即可；
（2）结合（1），根据抛物线的定义得，，进而可得，即可得到圆的半径，从而可得到圆的方程，同理也可得到圆的方程，两圆方程相减即可得到直线的方程，再根据点到直线的距离公式即可求解．
【小问1详解】
依题意，抛物线的焦点为，且其在抛物线内部，设直线的方程为，
由，得，
设，两点的坐标分别为，则是上述方程的两个实数根，
所以
所以点的坐标为，，
同理可得的坐标为，，
于是，
又，所以．
【小问2详解】
结合（1），
由抛物线的定义得，，
所以，
所以圆的半径，
所以圆的方程为
化简得，
同理可得圆的方程为，
于是圆与圆的公共弦所在直线的方程为，
又，则直线的方程为，
所以点到直线的距离，
故当时，取最小值．
【点睛】关键点点睛：解答小问（2）的关键是根据抛物线的定义求得，，进而可得，从而得到圆的半径，可得到圆的方程，同理可得到圆的方程，再根据点到直线的距离公式求解．
21. 某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验n次；
方式二：混合检验，将其中k（且）份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这k份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．
假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
（1）现有7份不同的血液样本，其中只有3份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
（2）现取其中k（且）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求P关于k的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，再结合概率公式即可求解；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，求出相应的概率，再由可求得P关于k的函数关系式；②由得（且），构造函数，利用导数求解其单调区间，讨论可得结果.
【小问1详解】
设恰好经过4次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前三次检验中，其中两次检验出抗体，第四次检验出抗体，二是前四次均无抗体，
所以，
所以恰好经过4次检验就能把有抗体血液样本全部检验出来的概率为，
【小问2详解】
①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：此题考查概率的综合应用，考查随机变量的数学期望，考查导数的应用，解题的关键是根据题意求出两随机变量的期望，再由化简，再构造函数利用导数可求出的范围，考查数学计算能力，属于难题.
22. 已知函数，为的导函数．
（1）当时，讨论函数的单调性
（2）已知，，若存在，使得成立，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）证明见解析
【解析】
【分析】首（1）先求函数的导数，讨论的取值，根据导数的正负，求解函数的单调性；
（2）首先设，再根据，求解，代入后变形为，再通过构造函数，即可证明不等式.
【小问1详解】
当时，，，
，
当时，在区间上恒大于0，此时函数的单调递增区间是；
当时，设，其中，
当，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
当时，，
当时，，此时恒成立，函数的单调递增区间是，
当时，，
当且，
所以在区间上恒大于0，即函数的单调递增区间是，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，
当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递减区间是；
【小问2详解】
不妨设，因为，
则，
即，
得，
由，
则，
所以，
，
设，构造函数，
，
所以在上为增函数，
所以，即，
又，，，
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性和双变量下的不等式问题，综合性较强，本题第二问的思路是利用，变形，再代入后，即可变形，构造函数，利用导数解决不等式恒成立问题.扫码加微信，进微信交流群
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