安徽省淮北市2024届高三下学期一模试题 数学 Word版含解析.docx

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1、淮北市2024届高三第一次质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1 设集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）A.

2、 若，且，则B. 若，且，则C. 若，且，则D. 若，且，则4. 记是等差数列的前项和，则“是递增数列”是“是递增数列”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5. 已知定义在上奇函数满足，当时，则（ ）A. B. C. D. 6. 已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 8. 已知方程有两个不等实数根，则（ ）A. B. C. D. 二、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，部分选对的得2分

3、，有选错的得0分.9. 已知，下列命题为真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则10. 已知函数，（ ）A. 存在实数使得在单调递减B. 若图象关于点成中心对称，则的最小值为2C. 若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象D. 若，的最大值为11. 如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，.（ ） A. B. 存在点，使C. 若，则点的轨迹长度为2D. 的最小值为12. 已知，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，设，的中点分别为，则（ ）A. 点有可能在上B. 线段的长有可能为7C. 四面体的体积的最大值为20D. 四面体的体积的最大值为56三、填空题

4、：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_.14. 正项等差数列的前项和为，若，成等比数列，则的最小值为_.15. 已知抛物线准线为，焦点为，点，在抛物线上，点在上，满足：，若，则实数_.16. 记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有最小值，则实数的值可以是_（写出满足条件的一个的值即可）.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. 已知中，角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求18. 如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点. （1）求证：；（2）若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积.19

5、. 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：（1）当在什么范围内时，公交群体人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义20. 已知数列为递增的等比数列，记、分别为数列、的前项和，.（1）求数列通项公式；（2）证明：当时，.21. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，.（1）求椭圆的方程；（2）过

6、点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上.22. 已知函数，（）.（1）求函数的最小值；（2）若有两个不同极值点，分别记为，且.（）求实数的取值范围；（）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.淮北市2024届高三第一次质量检测数学试题注意事项：1.答卷前，考试务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本

7、答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的.1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解不等式求得集合B，再根据并集的概念计算即可.【详解】由可得，即，而，所以.故选：B2 已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算即可化简，由共轭的定义即可求解.【详解】由得，故，故选：A3. 已知，是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）A. 若，且，则B. 若，且，则C. 若，且，则D. 若，且，则【答案】D【解析】【分析】构建正方体，利用其特征结合

8、空间中直线与平面的位置关系一一判定选项即可.【详解】 如图所示正方体，对于A，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故A错误；对于B，若对应直线与平面，显然符合条件，但，故B错误；对于C，若对应直线与平面，平面，显然符合条件，但，故C错误；对于D，若，且，又，是两个不同的平面，则，故D正确.故选：D4. 记是等差数列的前项和，则“是递增数列”是“是递增数列”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】C【解析】【分析】根据等差数列的求和公式可得，即可充要条件的定义求解.【详解】若是递增数列，则公差，所以，故，所以为递增数列，若为递增数列，则，则

9、，故，所以是递增数列，故“是递增数列”是“是递增数列”的充要条件，故选：C5. 已知定义在上奇函数满足，当时，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据已知推导出函数的周期， 的范围，利用已知和推导出的关系将所求转化为内求解.【详解】因为为奇函数且满足.所以，即，所以，所以是周期为4的周期函数.因为,所以所以.故选：B6. 已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到双曲线的渐近线过圆心，求得，进而求得双曲线的离心率.【详解】由圆的方程，可得圆心为，半径为又由双曲线，可得其中一条渐近线方程为，

10、即，因为双曲线的渐近线交圆于两点，且，所以圆心在直线，即，可得，则双曲线的离心率为.故选：D.7. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由三角函数的单调性和对数函数的单调性即可得出答案.【详解】因为，注意到，.又，所以.故选：A.8. 已知方程有两个不等实数根，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】方程有两个不等实数根，转化为有解，即函数与图象有两个交点，结合过定点，即可判断选项AB，再将方程有两个不等实数根，转化为有两个解，由，即可判断选项C，结合基本不等式即可判断选项D.【详解】由题知，方程转化为，令，则，令，则，因为，所以，所以为增函数，且

11、.所以当时，递减，当时，递增，且，时，时，所以可得图象如图所示，方程有两个不相等实根，即直线与函数图象有两交点，又直线过定点，故.AB错误；又方程转化为，令.，而在上为增函数，且，故当时，即在上为减函数，当时，即在上为增函数，故又，又有两个解，即，不妨设，故，而，所以即.C正确；由C知，所以，D错.故选：C二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，下列命题为真命题的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】BD【解析】【分析】利用举反例和不等式得性质进行判断.【

12、详解】当为负数时A可能不成立，例如但是错误的.因根据不等式性质可得正确.因为，所以所以即所以故C错误.因为，所以，所以正确.故选：BD10. 已知函数，（ ）A. 存在实数使得在单调递减B. 若的图象关于点成中心对称，则的最小值为2C. 若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象D. 若，的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】由三角函数的性质对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，因为，因为，所以不存在实数使得在单调递减，故A错误；对于B，的图象关于点成中心对称，所以，所以，因为，所以的最小值为2，故B正确；对于C，若，将的图象向右平移个单位可以得到的图象，则，故C正确；对于D，若，当时，

13、的最大值为，故D正确.故选：BCD.11. 如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，.（ ） A. B. 存在点，使C. 若，则点的轨迹长度为2D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】根据正六边形性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D.【详解】设为正六边形的中心，根据正六边形的性质可得且四边形均为菱形，故A正确，假设存在存在点，使，则,其中点为以为邻边作平行四边形的顶点，所以在直线上，这与点是内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，当时，取,则,所以点的轨迹为线段,其中分别为过点作与的交点，由

14、于为的中点，所以,故点的轨迹长度为1，C错误，由于,过作于，则,所以此时，由于分别为上的分量，且点点是内部（包括边界）的动点，所以当位于时，此时同时最小，故的最小值为故选：AD 12. 已知，四点在球心为，半径为5的球面上，且满足，设，的中点分别为，则（ ）A. 点有可能在上B. 线段的长有可能为7C. 四面体的体积的最大值为20D. 四面体的体积的最大值为56【答案】BCD【解析】【分析】A项，分析出点、轨迹即可得出点是否能在上；B项，对点、位置进行变换，即可得出线段的长的可能值；C项，求出面积和点到面最大值，即可得出四面体的体积的最大值；D项，作出四面体，即可得出四面体的体积的最大值.【详

15、解】由题意， 注意到点、轨迹分别为以为球心，以4、3为半径的两同心球面上，、分别为两球面的切线.A项，点在内球面上，线段是中球面切线，所以点不可能在线段上，选项A错误.B项，最大，此时，选项B正确.C项，点到面最大值为5，最大值为20，选项C正确.D项，当，最大时，四面体体积最大.连结，注意到，此时四面体体积为，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的作图，位置的变化，四面体体积的求法，考查学生分析和处理问题的能力，作图能力具有较强的综合性.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知，则_.【答案】#【解析】分析】根据同角平方和关系可得，进而根据齐次式即可

16、求解.【详解】由可得，故，又，解得或，由于，故，又，故，因此，故，故答案为：14. 正项等差数列的前项和为，若，成等比数列，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】利用等差数列前项和的性质及等比中项，结合基本不等式计算即可.【详解】设的公差为，则，而，当且仅当时取得等号.故答案为：15. 已知抛物线准线为，焦点为，点，在抛物线上，点在上，满足：，若，则实数_.【答案】【解析】【分析】由题设共线，作，垂足分别为，结合抛物线定义及相似比求参数值即可.【详解】由题设知：共线，且，如下图， 作，垂足分别为，则，所以，又，则，所以，即，故.故答案为：216. 记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有

17、最小值，则实数的值可以是_（写出满足条件的一个的值即可）.【答案】（答案不唯一，取内得任一值即可）.【解析】【分析】根据题意取，则，将问题转化为在区间上既有最大值，又有最小值，然后，和四种情况分析讨论即可求出答案.【详解】取，.则.题意等价于在区间上既有最大值，又有最小值.当时，在上为增函数，只有最小值，无最大值；当时，在上递减，在上递增，此时，有最小值，无最大值；当时，在上递减，在上递增，此时，最大值为，最小值为；当时，在上为减函数，有最大值，无最小值.综上，的取值范围是.故答案为：（答案不唯一，取内得任一值即可）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.1

18、7. 已知中，角，的对边分别为，且.（1）求；（2）若，且，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互化再结合余弦定理化简即可得出答案.（2）在由余弦定理求出，即可得出，在中由余弦定理求解即可得出答案.【小问1详解】由，得，即，.所以，故.【小问2详解】在中，由余弦定理可得：，化简可得：，解得：或（舍去）.又因为，故.在中，故.18. 如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点. （1）求证：；（2）若是边长为2的等边三角形，点满足，且平面与平面夹角的正切值为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用平面与平面垂直的性质定理证明；（2）以为原点

19、，建立空间直角坐标系，设E点坐标，计算平面与平面的法向量，根据平面与平面夹角正切值求得参数，得几何体的高，计算体积.【小问1详解】证明：因为，为中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，【小问2详解】因为是边长为2的等边三角形，所以是以为直角顶点的直角三角形，过作，交于，结合题设，以为原点，为坐标轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，因为，可设（），所以，设面法向量为，则，令，得，易知平面法向量为，平面与平面夹角正切值为，所以余弦值为，故，解得，所以，故.19. 某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时某地上班族中的成员仅以自驾或公交方

20、式通勤分析显示：当中（）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：（1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？（2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义【答案】(1) 时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间;(2)见解析.【解析】【分析】（1）由题意知求出f（x）40时x的取值范围即可；（2）分段求出g（x）的解析式，判断g（x）的单调性，再说明其实际意义【详解】（1）由题意知，当时，即，解得或，时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体

21、的人均通勤时间；（2）当时，；当时，；当时，单调递减；当时，单调递增；说明该地上班族中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为时，人均通勤时间最少【点睛】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力20. 已知数列为递增等比数列，记、分别为数列、的前项和，.（1）求数列的通项公式；（2）证明：当时，.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设数列的公比为，根据题意，列出方程组求得，进而求得数列的通项公式；（2）由（1）求得，分为偶数和为奇数，两种情况讨论，分别求得的表达式，结合指数幂的性质，即可得证.

22、【小问1详解】解：设等比数列的公比为，因为，可得，可两式相减，可得，所以，解得或，又因为数列为递增的等比数列，所以，则，所以数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知，可得.当为偶数时，.此时，.当时，所以成立.当为奇数时，.检验知，当时，上式也成立.此时，当时，所以成立.综上所述，当时，成立.21. 已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为、，是椭圆上一点，.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，为线段中点，为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，（

23、2）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，进而可得直线方程，根据向量的坐标运算即可求解.【小问1详解】由题意得，得又，,，在中化简得，解得，所以得椭圆方程为：.【小问2详解】当直线有斜率且不为0时，设，由消整理得：因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交得，又为线段中点，所以所以，得由，消整理得：，设点坐标，进而得，设点坐标为，由得：整理得：（）又，带入（）得，约去得即所以点在定直线上.当直线斜率为0时，则轴，此时,由可得，则，点在定直线上.当直线无斜率时，此时方程为，此时轴，则在轴上，故,由可得，所以点，所以点在定直线上.综上可得：点在定直线上.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点

24、问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.技巧：若直线方程为,则直线过定点;若直线方程为 (为定值),则直线过定点22. 已知函数，（）.（1）求函数的最小值；（2）若有两个不同极值点，分别记为，且.（）求实数的取值范围；（）若不等式恒成立（为自然对数的底数），求正数的取值范围.【答案】（1）-1 （2）（）；（）.【解析】【分析】（1）对求导，判断与的大小，即可求出的单调性和极值；（2）（）将题意转化为方程有两个不同的根，令，对求导

25、，判断与的大小，即可求出的单调性和极值，画出的图象即可得出答案；（）由题意可将题意转化为恒成立，令，即恒成立，记函数，即对求导，可证明，即可得出答案.【小问1详解】由题意得：，当时，此时，在上单调递减；当时，此时，在上单调递增；所以.【小问2详解】（）由题意得的定义域为，得因两个不同极值点，故方程有两个不同的根，（），即方程有两个不同的根，记函数，则当时，此时，在上单调递增；当时，此时在上单调递减；所以又当时，当时，且当趋近于正无穷时，趋近于，所以，方程有两个不同的实数根，当且仅当. （）由（）知得，（），所以，即（），由不等式恒成立，即恒成立，由（）、（）得即恒成立，亦即恒成立，设，时，得恒成立，进而得恒成立（），记函数，则，（），当时，在上单调递增，所以恒成立，故满足题意当时，若时有，则在上单调递减，所以，当时有，与题意（）不符，综上得正数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.