黑龍江省大興安嶺2024屆高三上數學期末質量檢測試題含解析

黑龍江省大興安嶺2024屆高三上數學期末質量檢測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若函數函數只有1個零點，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．正項等比數列中，，且與的等差中項為4，則的公比是()A．1 B．2 C． D．3．下列說法正確的是（）A．“若，則”的否命題是“若，則”B．在中，“”是“”成立的必要不充分條件C．“若，則”是真命題D．存在，使得成立4．設是虛數單位，若復數，則（）A． B． C． D．5．集合,則集合的真子集的個數是A．1個 B．3個 C．4個 D．7個6．已知函數的圖象如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A．函數在上單調遞減B．函數在上單調遞增C．函數的對稱中心是D．函數的對稱軸是7．點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則動點的軌跡的長度為（）A． B． C． D．8．已知集合A={y|y=|x|﹣1，x∈R}，B={x|x≥2}，則下列結論正確的是（）A．﹣3∈AB．3BC．A∩B=BD．A∪B=B9．已知圓：，圓：，點、分別是圓、圓上的動點，為軸上的動點，則的最大值是（）A． B．9 C．7 D．10．函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．11．古希臘數學家畢達哥拉斯在公元前六世紀發(fā)現了第一、二個“完全數”6和28，進一步研究發(fā)現后續(xù)三個“完全數”分別為496，8128，33550336，現將這五個“完全數”隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，則6和28恰好在同一組的概率為A． B． C． D．12．設，是雙曲線的左，右焦點，是坐標原點，過點作的一條漸近線的垂線，垂足為．若，則的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知非零向量的夾角為，且，則______.14．已知等比數列滿足公比，為其前項和，，，構成等差數列，則_______．15．已知，則展開式中的系數為__16．設、、、、是表面積為的球的球面上五點，四邊形為正方形，則四棱錐體積的最大值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖，在平面直角坐標系中，已知圓C：，橢圓E：（）的右頂點A在圓C上，右準線與圓C相切.（1）求橢圓E的方程；（2）設過點A的直線l與圓C相交于另一點M，與橢圓E相交于另一點N.當時，求直線l的方程.18．（12分）已知是遞增的等比數列，，且、、成等差數列.（Ⅰ）求數列的通項公式；（Ⅱ）設，，求數列的前項和.19．（12分）如圖，已知四棱錐的底面是等腰梯形，，，，，為等邊三角形，且點P在底面上的射影為的中點G，點E在線段上，且.（1）求證：平面.（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知圓M：及定點，點A是圓M上的動點，點B在上，點G在上，且滿足，，點G的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）設斜率為k的動直線l與曲線C有且只有一個公共點，與直線和分別交于P、Q兩點.當時，求（O為坐標原點）面積的取值范圍.21．（12分）已知兩數．（1）當時，求函數的極值點；（2）當時，若恒成立，求的最大值．22．（10分）已知函數，其導函數為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

轉化有1個零點為與的圖象有1個交點，求導研究臨界狀態(tài)相切時的斜率，數形結合即得解.【詳解】有1個零點等價于與的圖象有1個交點．記，則過原點作的切線，設切點為，則切線方程為，又切線過原點，即，將，代入解得．所以切線斜率為，所以或．故選：C【點睛】本題考查了導數在函數零點問題中的應用，考查了學生數形結合，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于較難題.2、D【解析】

設等比數列的公比為q，，運用等比數列的性質和通項公式，以及等差數列的中項性質，解方程可得公比q．【詳解】由題意，正項等比數列中，，可得，即，與的等差中項為4，即，設公比為q，則，則負的舍去，故選D．【點睛】本題主要考查了等差數列的中項性質和等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列通項公式，合理利用等比數列的性質是解答的關鍵，著重考查了方程思想和運算能力，屬于基礎題．3、C【解析】

A：否命題既否條件又否結論，故A錯.B：由正弦定理和邊角關系可判斷B錯.C：可判斷其逆否命題的真假，C正確.D：根據冪函數的性質判斷D錯.【詳解】解：A：“若，則”的否命題是“若，則”，故A錯.B：在中，，故“”是“”成立的必要充分條件，故B錯.C：“若，則”“若，則”，故C正確.D：由冪函數在遞減，故D錯.故選：C【點睛】考查判斷命題的真假，是基礎題.4、A【解析】

結合復數的除法運算和模長公式求解即可【詳解】∵復數，∴，，則，故選：A.【點睛】本題考查復數的除法、模長、平方運算，屬于基礎題5、B【解析】

由題意，結合集合，求得集合，得到集合中元素的個數，即可求解，得到答案．【詳解】由題意，集合，則，所以集合的真子集的個數為個，故選B．【點睛】本題主要考查了集合的運算和集合中真子集的個數個數的求解，其中作出集合的運算，得到集合，再由真子集個數的公式作出計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．6、B【解析】

根據圖象求得函數的解析式，結合余弦函數的單調性與對稱性逐項判斷即可.【詳解】由圖象可得，函數的周期，所以.將點代入中，得，解得，由，可得，所以.令，得，故函數在上單調遞減，當時，函數在上單調遞減，故A正確；令，得，故函數在上單調遞增.當時，函數在上單調遞增，故B錯誤；令，得，故函數的對稱中心是，故C正確；令，得，故函數的對稱軸是，故D正確.故選：B.【點睛】本題考查由圖象求余弦型函數的解析式，同時也考查了余弦型函數的單調性與對稱性的判斷，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.7、C【解析】

設的中點為，利用正方形和正方體的性質，結合線面垂直的判定定理可以證明出平面，這樣可以確定動點的軌跡，最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為，連接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線.正方體的棱長為2，所以內切球的半徑為，建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系：因此有，設平面的法向量為，所以有，因此到平面的距離為：，所以截面圓的半徑為：，因此動點的軌跡的長度為.故選：C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應用，考查了立體幾何中軌跡問題，考查了球截面的性質，考查了空間想象能力和數學運算能力.8、C【解析】試題分析：集合考點：集合間的關系9、B【解析】試題分析：圓的圓心，半徑為，圓的圓心，半徑是．要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是;關于軸的對稱點，，故的最大值為，故選B．考點：圓與圓的位置關系及其判定．【思路點睛】先根據兩圓的方程求出圓心和半徑，要使最大，需最大，且最小，最大值為的最小值為，故最大值是，再利用對稱性，求出所求式子的最大值．10、B【解析】

對分類討論，當，函數在單調遞減，當，根據對勾函數的性質，求出單調遞增區(qū)間，即可求解.【詳解】當時，函數在上單調遞減，所以，的遞增區(qū)間是，所以，即.故選:B.【點睛】本題考查函數單調性，熟練掌握簡單初等函數性質是解題關鍵，屬于基礎題.11、B【解析】

推導出基本事件總數，6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，由此能求出6和28恰好在同一組的概率．【詳解】解：將五個“完全數”6，28，496，8128，33550336，隨機分為兩組，一組2個，另一組3個，基本事件總數，6和28恰好在同一組包含的基本事件個數，∴6和28恰好在同一組的概率．故選：B．【點睛】本題考查概率的求法，考查古典概型、排列組合等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．12、B【解析】

設過點作的垂線，其方程為，聯立方程，求得，，即，由，列出相應方程，求出離心率.【詳解】解：不妨設過點作的垂線，其方程為，由解得，，即，由，所以有，化簡得，所以離心率．故選：B.【點睛】本題主要考查雙曲線的概念、直線與直線的位置關系等基礎知識，考查運算求解、推理論證能力，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、1【解析】

由已知條件得出,可得，解之可得答案.【詳解】向量的夾角為,且,,可得:,

可得,

解得，

故答案為:1.【點睛】本題考查根據向量的數量積運算求向量的模，關鍵在于將所求的向量的模平方，利用向量的數量積化簡求解即可，屬于基礎題.14、0【解析】

利用等差中項以及等比數列的前項和公式即可求解.【詳解】由，，是等差數列可知因為，所以，故答案為：0【點睛】本題考查了等差中項的應用、等比數列的前項和公式，需熟記公式，屬于基礎題.15、1．【解析】

由題意求定積分得到的值，再根據乘方的意義，排列組合數的計算公式，求出展開式中的系數．【詳解】∵已知，則，

它表示4個因式的乘積．

故其中有2個因式取，一個因式取，剩下的一個因式取1，可得的項．

故展開式中的系數．

故答案為：1．【點睛】本題主要考查求定積分，乘方的意義，排列組合數的計算公式，屬于中檔題．16、【解析】

根據球的表面積求得球的半徑，設球心到四棱錐底面的距離為，求得四棱錐的表達式，利用基本不等式求得體積的最大值.【詳解】由已知可得球的半徑，設球心到四棱錐底面的距離為，棱錐的高為，底面邊長為，的體積，當且僅當時等號成立.故答案為：【點睛】本小題主要考查球的表面積有關計算，考查球的內接四棱錐體積的最值的求法，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）或.【解析】

（1）圓的方程已知，根據條件列出方程組，解方程即得；（2）設，，顯然直線l的斜率存在，方法一：設直線l的方程為：，將直線方程和橢圓方程聯立，消去，可得，同理直線方程和圓方程聯立，可得，再由可解得，即得；方法二：設直線l的方程為：，與橢圓方程聯立，可得，將其與圓方程聯立，可得，由可解得，即得.【詳解】（1）記橢圓E的焦距為（）.右頂點在圓C上，右準線與圓C：相切.解得，，橢圓方程為：.（2）法1：設，，顯然直線l的斜率存在，設直線l的方程為：.直線方程和橢圓方程聯立，由方程組消去y得，整理得.由，解得.直線方程和圓方程聯立，由方程組消去y得，由，解得.又，則有.即，解得，故直線l的方程為或.分法2：設，，當直線l與x軸重合時，不符題意.設直線l的方程為：.由方程組消去x得，，解得.由方程組消去x得，，解得.又，則有.即，解得，故直線l的方程為或.【點睛】本題考查求橢圓的標準方程，以及直線和橢圓的位置關系，考查學生的分析和運算能力.18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）設等比數列的公比為，根據題中條件求出的值，結合等比數列的通項公式可得出數列的通項公式；（Ⅱ）求得，然后利用裂項相消法可求得.【詳解】（Ⅰ）設數列的公比為，由題意及，知.、、成等差數列成等差數列，，，即，解得或（舍去），.數列的通項公式為；（Ⅱ），.【點睛】本題考查等比數列通項的求解，同時也考查了裂項求和法，考查計算能力，屬于基礎題.19、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由等腰梯形的性質可證得,由射影可得平面,進而求證；（2）取的中點F,連接,以G為原點,所在直線為x軸,所在直線為y軸,所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,分別求得平面與平面的法向量,再利用數量積求解即可.【詳解】（1）在等腰梯形中,點E在線段上,且,點E為上靠近C點的四等分點,,,,,點P在底面上的射影為的中點G,連接,平面,平面,.又,平面,平面,平面.（2）取的中點F,連接,以G為原點,所在直線為x軸,所在直線為y軸,所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示,由（1）易知,,,又,,,為等邊三角形,,則,,,,,,,,,設平面的法向量為,則，即,令,則,,,設平面的法向量為,則,即,令,則,,,設平面與平面的夾角為θ,則二面角的余弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的證明,考查空間向量法求二面角,考查運算能力與空間想象能力.20、（1）；（2）.【解析】

（1）根據題意得到GB是線段的中垂線，從而為定值，根據橢圓定義可知點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，即可求出曲線C的方程；（2）聯立直線方程和橢圓方程，表示處的面積代入韋達定理化簡即可求范圍.【詳解】（1）為的中點，且是線段的中垂線，，又，∴點G的軌跡是以M，N為焦點的橢圓，設橢圓方程為（），則，，，所以曲線C的方程為.（2）設直線l：（），由消去y，可得.因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，所以，.①又由可得；同理可得.由原點O到直線的距離為和，可得.②將①代入②得，當時，，綜上，面積的取值范圍是.【點睛】此題考查了軌跡和直線與曲線相交問題，軌