福建省长乐第一中学2024届高三上学期1月考试数学试卷（解析版）

福建省福州市长乐一中2023-2024学年高三上学期1月考试数学试题一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知在上是增函数，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据分段函数单调性得到，解得答案.【详解】在上是增函数，则，解得.故选：D.2.已知角的顶点与原点重合，始边与轴非负半轴重合，角的终边经过点，则的值是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三角函数定义得到，进而利用正弦差角公式求出答案.【详解】由三角函数定义得，，所以. 故选：C3.在三棱锥中，侧棱，则其外接球的表面积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据可得到点在底面的射影为底面三角形的外心，从而判断三棱锥的外接球球心在上，分别求得和,设出外接球半径，借助于直角三角形即可求得.【详解】如图，设的外接圆半径为，由正弦定理：，解得：，过点作平面，垂足为，分别连接，因，故，即点是的外心，则依题，三棱锥的外接球球心必在直线上，连接,不妨设外接球半径为，则,在中，由勾股定理，，解得：故外接球的表面积为故选：B.4.2021年某省高考体育百米测试中，成绩全部介于12秒与18秒之间，抽取其中100个样本，将测试结果按如下方式分成六组：第一组，第二组，…，第六组，得到如下频率分布直方图，则该100名考生的成绩的平均数和中位数（保留一位小数）分别是（） A.15.215.4B.15.115.4C.15.115.3D.15.215.3【答案】C【解析】【分析】利用平均数和中位数的定义求解.【详解】100名考生成绩的平均数，因为前三组面积和为，前四组面积和为，所以中位数位于第四组内，设中位数为，则有，解得，故选：C.5.已知双曲线：的虚轴长与实轴长的差为2，点，，坐标原点到直线的距离为，则的焦距为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】中由面积得出一个关于的等式，再由及列方程组求得，从而得结论． 【详解】由题意得，则，得所以的焦距为.故选：C．6.定义：在数列中，若对任意的都满足为常数，则称数列为等差比数列．已知等差比数列中，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题中条件可求得数列的通项公式，继而，利用通项公式计算即可.【详解】因为等差比数列，，，，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，所以，所以故选：7.已知函数及其导函数的定义域均为R，及，若，均为偶函数，则下列说法正确的是（）．A.B.的周期为2 C.D.【答案】C【解析】【分析】根据奇函数和偶函数的定义，结合函数的周期性和对称性，即可判断.【详解】因为是偶函数，则，即关于对称，对两边同时求导可得：，即，所以关于对称，又因为是偶函数可得，即关于对称．从而得的周期为4．所以的周期也为4．对于选项A，因为若满足题意，则也满足题意．故的值不确定，所以A错；对于选项B，的周期为4，所以B错；对于选项C，的周期也为4，所以，所以C对；对于选项D，关于对称，所以，所以D错．故选：C．8.2023年夏天贵州榕江的村超联赛火爆全国，吸引了国内众多业余球队参赛．现有六个参赛队伍代表站成一排照相，如果贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队必须相邻，同时南昌拌粉队与温江烤肉队不能相邻，那么不同的站法共有（）种．A.144B.72C.36D.24【答案】A【解析】【分析】利用相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法求解即可.【详解】先将不相邻的两队排除，将贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队看成一个整体，与余下两队先排，有种方法，再将不相邻的两队插入他们的空隙中，有种方法，最后落实贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队的具体排法有种方法，故不同的站法有种.故选：A.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中 ，有多项是符合题目要求的.正确选项全对得5分，正确选项不全得2分，有错误选项得0分）9.下列命题为真命题的是（）A.若是第一象限角，则B.终边经过点的角的集合是C.对，恒成立D.若，且，则【答案】ACD【解析】【分析】由所在象限得出的范围，进而可得的范围，即可判断A；根据角的终边经过点可写出角的集合即可判断B；根据同角的三角函数关系结合角的范围，可判断C；将平方，从而可求得的符号，求出的值，进而可判断D.【详解】对于A，若是第一象限角，则，则，当时，，为第一象限角，当时，，为第三象限角，所以是第一或第三象限角，故；，故A正确；对于B，终边经过点的角的终边落在第一、三象限的角平分线上，即角的集合是，故B错误；对于C，当时，，则，故C正确；对于D，若，则，即若，所以， 则，又，则，所以，故，D正确.故选：ACD.10.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（）A.B.平面ABCDC.三棱锥的体积为定值D.的面积与的面积相等【答案】ABC【解析】【分析】选项A，用线面垂直的判定定理得出：平面，进而得出；选项B，应用面面平行的性质，得出：平面平面，进而得到平面；选项C，线面平行的判定定理，不难得出，从大的三棱锥中观察，到的距离始终是定值；选项D，设，取的中点，运用平面几何性质：，所以，D选项错误.【详解】对于A选项，连接、，因为四边形为正方形，则，平面，平面，，平面，所以平面，因为平面，因此，A选项正确； 对于B选项，因为平面平面，平面，所以平面，B选项正确；对于C选项，因为，，所以，故，故点到平面的距离为定值.因为的面积为，点到平面的距离为定值，故三棱锥的体积为定值，C选项正确；对于D选项，设，取的中点，连接、，由A选项可知，平面，即平面，平面，则，因为且，故四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，故且，所以四边形为平行四边形，平面，平面，所以，故四边形为矩形，所以，平面，所以平面，平面，，，所以，D选项错误.故选：ABC. 11.函数的大致图象可能是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】对的取值进行分类讨论，利用导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象.【详解】当时，是偶函数，当时，为减函数，此时对应图象可能是C；当时，，令得，为非奇非偶函数，且，令其对应方程的，设其对应方程的两根分别为，，，所以，，，，，，即函数在和上单调递减，在上单调递增，由单调性判断此时对应图象可能是B；当时，为非奇非偶函数，在处无定义，取时且单增，时且单增，时单增，此时对应图象可能是D；对于A，由于图象无间断点，故，但此时在上不可能恒正，故选：BCD.12.下列关于随机变量的说法正确的是（） A.若服从正态分布，则B.已知随机变量服从二项分布，且，随机变量服从正态分布，若，则C.若服从超几何分布，则期望D.若服从二项分布，则方差【答案】ACD【解析】【分析】A选项，先得到，进而根据方差的性质得到答案；B选项，根据二项分布求出概率，得到方程，求出，再根据正态分布的对称性求出概率；C选项，根据超几何分布的期望公式求出答案；D选项，由二项分布方差公式求出D正确.【详解】对A，由于，所以，根据方差的性质，，故A正确；对B，服从二项分布，∴，解得，∴，根据正态分布的对称性可得，，故B错误；对C，服从超几何分布，根据超几何分布的期望公式，，故C正确；对D，服从二项分布，根据二项分布方差公式得，，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知为定义在上的偶函数，在区间上单调递减，且满足，则不等式 的解集为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用偶函数的性质及函数单调性求解即得.【详解】因为为定义在上的偶函数，则不等式，不等式化为或，而，于是为或，又函数在区间上单调递减，则在上单调递增，解，得，解，得，所以原不等式的解集为.故答案为：14.已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的侧面积为____________．【答案】【解析】【分析】根据题意结合图形及圆锥的性质可表示出的面积，进而可得底面圆的半径及圆锥的母线，然后根据圆锥的侧面积公式即得.【详解】∵与圆锥底面所成角为，如图设为圆锥的底面圆的圆心，则垂直底面，∴为等腰直角三角形，设，则，， 在中，，则，∴，解得，∴，即母线长，∴该圆锥的侧面积为．故答案为：.15.已知椭圆与双曲线（，）具有相同的左、右焦点、，点为它们在第一象限的交点，动点在曲线上，若记曲线，的离心率分别为，，满足，且直线与轴的交点的坐标为，则的最大值为__________.【答案】##【解析】【分析】根据椭圆、双曲线的定义得，结合离心率得，在中利用余弦定理得，结合椭圆性质知：当为短轴顶点时取到最大值，分析求解即可.【详解】由题设，又，直线与轴的交点的坐标为，则，中 ，综上，，整理得，可得或（舍），由，则，由椭圆性质知：当短轴顶点时取到最大，此时，由，则，即，故.故答案为：【点睛】关键点点睛：关键在于找到的两种表达方式，构造了关于的方程，从而得解.16.已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为__________．【答案】【解析】【分析】代入，得出.根据求出的表达式，代入检验，即可得出答案.【详解】当时，.当时，.因为，所以，. 故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知定义域为的函数是奇函数.（1）判断的单调性，并证明；（2）解关于的不等式.【答案】（1）在R上是递减函数，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用奇函数性质求得，再由单调性定义判断函数单调性即可；（2）根据函数奇偶性、单调性可得，再由对数函数性质求解集即可【小问1详解】因为是定义在R上的奇函数，则，即，解得，所以，故在R上是递减函数．证明：任取、，且，则，又，∴，即，故是定义在R上的递减函数；【小问2详解】∵，∴，是R上的奇函数，∴， 是R上的减函数，∴，∴，解得，∴不等式的解集为．18.如图，在正方体中，E是的中点.（1）求证：平面；（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.【小问1详解】证明：因为在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，三角形ABC的面积，三棱锥的体积. 19.已知向量满足，且的夹角为.（1）求的模；（2）若与互相垂直，求λ的值.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）根据向量满足，且的夹角为，由求解；（2）根据与互相垂直，由求解.【小问1详解】因为向量满足，且的夹角为，所以，解得；【小问2详解】因为与互相垂直，所以，，即，解得或.20.在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③．（1）求角的大小；（2）若外接圆的面积为，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；选② ，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解；（2）先根据题意求出外接圆的半径，再结合（1）及正弦定理求出，再根据余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式即可求解．【小问1详解】选①，由，则根据正弦定理得，在中，有，则，又，所以，即，又，所以．选②，由，则根据余弦定理可得，在中，有，所以，即，又，所以．选③，由，在中，根据射影定理可得，所以，即，又，所以．【小问2详解】因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为，又结合（1）可知，则根据正弦定理可得，则根据余弦定理可得，又，所以， 所以，当且仅当时，等号成立，所以面积，所以的最大值为．21.已知等差数列满足，，公比不为等比数列满足，．（1）求与通项公式；（2）设，求的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过求首项、公差、公比来求得与通项公式.（2）利用裂项求和法来求得.【小问1详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则，解得，则；，由于，则，故解得，则.【小问2详解】，所以.22.某工厂注重生产工艺创新，设计并试运行了甲、乙两条生产线．现对这两条生产线生产 产品进行评估，在这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了300件进行测评，并将测评结果（“优”或“良”）制成如下所示列联表：良优合计甲生产线4080120乙生产线80100180合计120180300（1）通过计算判断，是否有的把握认为产品质量与生产线有关系？（2）现对产品进行进一步分析，在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取了6件产品．若在这6件产品中随机抽取3件，求这3件产品中产自于甲生产线的件数的分布列和数学期望．附表及公式：0.150.100.050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635其中．【答案】22.有的把握认为产品质量与生产线有关系23.的分布列见解析，数学期望为1【解析】【分析】（1）根据列联表,求得,即可判断；（2）用分层抽样的方法抽取6件产品，从甲、乙生产线分别抽取2,4件，结合超几何分布求分布列和期望.【小问1详解】，所以有的把握认为产品质量与生产线有关系.【小问2详解】在测评结果为“良”的产品中按生产线用分层抽样的方法抽取6件产品， 则应在甲生产线抽取件产品，在乙生产线抽取件产品，由题意可知：，则：，可得的分布列为012所以的数学期望.23.己知双曲线的一条渐近线为，且双曲线的虚轴长为.（1）求双曲线的方程；（2）记为坐标原点，过点且斜率为的直线与双曲线相交于不同的两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的方程.（2）先求得直线的方程并与双曲线的方程联立，由此求得的坐标，进而求得的面积.【小问1详解】双曲线的一条渐近线为，所以，虚轴长，所以，所以双曲线的方程为.【小问2详解】直线的方程为， 由消去并化简得，解得，所以由解得，所以.