青海省西宁市2024届高三上学期期末联考数学（理）试卷(含答案)

这是一份青海省西宁市2024届高三上学期期末联考数学（理）试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数z满足,则复数z的虚部为( )
A.iB.1C.D.
2．设全集,集合,集合,则( )
A.B.C.D.
3．已知向量,,,若,则( )
A.3B.-1C.2D.4
4．平面直角坐标系中,角的终边经过点,则( )
A.B.C.D.
5．曲线在点处切线的倾斜角为( )
A.B.C.D.
6．记为等差数列的前n项和,若,则( )
A.28B.30C.32D.36
7．交通锥,又称锥形交通路标,如图1,常用于进行工程,发生事故时提醒行人或车辆,以保证工程人员及道路使用者的人身安全等.某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究,发现将该交通锥筒放倒在地面上,如图2,使交通锥筒在地面上绕其顶点S滚动,当这个交通锥筒首次转回原位置时,交通锥筒恰好滚动了3周.若交通锥筒近似看成无底的圆锥,将地面近似看成平面,该圆锥的底面半径为,则该圆锥的侧面积为（交通锥筒的厚度忽略不计）( )
A.B.C.D.
8．已知m,n是两条不同直线,,,是三个不同平面,则下列说法正确的是( )
A.,,则B.,,则
C.,,则D.,,则
9．已知,,,则,,的大小关系为( )
A.B.C.D.
10．下列命题中的假命题是( )
A.B.,C.,D.,
11．我国著名数学家华罗庚曾说:“数缺形时少直观,形缺数时难入微,数形结合百般好,隔裂分家万事休.”在数学的学习和研究中,常用函数的图象来研究函数的性质,已知函数的部分图象如图所示.则的解析式可能是( )
A.B.
C.D.
12．对满足的任意正实数x,y,不等式恒成立,则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、填空题
13．若“”的一个充分不必要条件是“”,则实数a的取值范围是________.
14．已知向量,,则的单位向量坐标为________
15．已知的展开式中第9项,第10项,第11项的二项式系数成等差数列,则________.
16．在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,且,则面积的最大值为________.
三、解答题
17．已知函数,,,,若该函数的一个最高点的坐标为,与其相邻的对称中心坐标为.
（1）求函数解析式;
（2）求函数的单调增区间.
18．如图1所示,四边形ABCD中,,,,,M为AD的中点,N为BC上一点,且.现将四边形ABNM沿MN翻折,使得AB与EF重合,得到如图2所示的几何体MDCNFE,其中.
（1）证明:平面FND;
（2）若P为FC的中点,求二面角的正弦值.
19．已知等差数列的前四项和为10,且,,成等比数列
（1）求数列通项公式
（2）设,求数列的前n项和
20．（1）求以为渐近线,且过点的双曲线A的方程;
（2）求以双曲线A的顶点为焦点,焦点为顶点的椭圆B的方程;
（3）椭圆B上有两点P,Q,O为坐标原点,若直线OP,OQ斜率之积为,求证:为定值
21．已知函数.
（1）当时,求函数的单调递增区间;
（2）若存在极小值点,且,求a的取值范围.
22．在直角坐标系xOy中,曲线C的参数方程为(其中为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线l的极坐标方程为.
（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程;
（2）已知点,直线l与曲线C交于M,N两点,求的值.
23．设函数,
（1）当时,求不等式的解集;
（2）对任意实数,证明在上恒成立.
参考答案
1．答案：D
解析：设复数,,
又,可得,解得,
所以复数z的虚部为.
故选:D.
2．答案：D
解析：因为,,
所以,
又因为全集,
所以.
故选:D.
3．答案：A
解析：由,,又由,可得:,解得.
故选:A.
4．答案：A
解析：因为角的终边经过点,
所以,
所以.
故选:A
5．答案：C
解析：,故在点处切线的斜率,
因为,故,
故选:C.
6．答案：D
解析：因为为等差数列的前n项和,,
所以.
故选:D.
7．答案：B
解析：解法一:设圆锥的母线长为l,则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l,周长为,
又圆锥的底面圆半径,则该圆锥的底面周长为,
故由题意,,解得:,
所以圆锥的侧面积,故该圆锥的侧面积为.
故选:B.
解法二:设圆锥的母线长为l,则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l,面积为,
又圆锥的底面圆半径,则该圆锥的侧面积为,
故由题意,,解得:,
所以圆锥的侧面积,故该圆锥的侧面积为.
故选:B.
8．答案：C
解析：对于A:因为,,所以或或n与相交,故A错误;
对于B:因为,,所以或,故B错误;
对于C:两个平面平行,一个平面中的任意一条直线平行于另外一个平面,故C正确;
对于D:因为,,所以或,故D错误;
故选:C.
9．答案：D
解析：因为函数在上单调递增,则,即.
又因为,所以.
故选:D.
10．答案：C
解析：因为,,,所以选项A,B均为真命题,选项C为假命题;
因为在R上的值域可知,所以D为真命题;
故选:C
11．答案：C
解析：由图可知,函数是R上的奇函数,且,,,
若,则,不合题意,故A错误;
若,由得,不合题意,故B错误;
若,则,不合题意,故D错误;
故排除ABD,得C正确.
故选:C.
12．答案：C
解析：不等式恒成立
,,且
当且仅当,即时取等号
,即
解得
故实数m的取值范围是
故选:C
13．答案：
解析：因为“”是“”的一个充分不必要条件,
所以是的真子集,故,
故答案为:
14．答案：
解析：由已知,
,
,
故答案为:.
15．答案：14或23
解析：由题意可得,,成等差数列,则,
即,
即,即,
解得或23.
故答案为:14或23
16．答案：
解析：因为,
所以,
由余弦定理得,
因为,
所以,
由余弦定理得,
则,当且仅当时,等号成立,
所以,
所以面积的最大值为,
故答案为:
17．答案：（1）
（2）,
解析：（1）由题意可得,,且,则,所以,
所以,将点代入,可得,
即,,解得,,且,则,
所以.
（2）由（1）可得,令,,
解得,,所以的单调增区间为,.
18．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）四边形ABCD中,,,,,
M为AD的中点,且,
四边形ABNM为正方形,且边长为1,
题图2中,四边形EMNF是边长为1的正方形,故,
又,,,,
又,,平面MDCN,平面MDCN,
平面MDCN,平面MDCN,,
易知,,,
又,平面,平面,
平面;
（2）解法一:由（1）知平面MDCN,又,
以N为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,
则,,,,
,,,
设平面FND的法向量为,则,
令,令,则,,
设平面PND的法向量为,则,
令,则,,,
,
,
二面角的正弦值为.
解法二:如图,取NC的中点O,连接PO,则,
平面MDCN,
平面MDCN,,
过O作,垂足为H,连接PH,则就是二面角的平面角,
又,,,,
平面MDCN,平面FND,平面平面MDCN,
二面角的正弦值为.
19．答案：（1）或;
（2）见解析.
解析：（1）设等差数列的公差为d,
由题意,得,解得或,
所以或;
（2）当时,,
此时;
当时,,
此时.
20．答案：（1）;
（2）;
（3）证明见解析
解析：（1）设双曲线方程为,将代入,得到,解得,
所以双曲线方程为,
（2）由（1）知双曲线的顶点为,焦点为,
所以椭圆的顶点为,焦点为,即,又,得到,
所以椭圆B的方程为.
（3）证明:设,,,,则,,
由,消y得到,所以,
故,同理可得,
所以为定值.
21．答案：（1）,
（2）
解析：（1）,
当时,,
由得或,
所以函数的单调递增区间为和.
（2）.
当时,令,得,
则当时,,当时,,
所以函数仅有唯一的极小值点,
此时,显然符合题意.
当时,令,得或,
若,即,则,
此时单调递增,无极值点,不符合题意;
若,即,
则当时,,
当时,,
所以函数的极小值点,
由得,所以;
若,即,
则当时,,
当时,,
所以函数的极小值点,
由得.
综上所述,a的取值范围为.
22．答案：（1）,
（2）
解析：（1）将代入,得,
所以直线l的直角坐标方程为;
由曲线C的参数方程为,化为,
平方相加得曲线C的普通方程为.
（2）点在直线l上,则直线l的参数方程为(其中t为参数),
将l的参数方程代入曲线C的普通方程,得,
设点M对应的参数为,点N对应的参数为,则,,
显然,一正一负,因此,
所以=.
23．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）当时,即
的解集是下列三个不等式组的解集的并集:
①②③
解①得:
解②得:
解③知,适合该不等式组的实数x不存在
不等式的解集为
（2）由绝对值的三角形不等式,得:
又
对任意实数a,不等式在R上恒成立.