洛阳市孟津区2023-2024学年高三上学期1月阶段测试数学试题
一、单项选择题：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．若集合，，则的子集有( )
A．15个 B．16个 C．7个 D．8个
2．已知复数，其中i为虚数单位，则( )
A． B． C．1 D．2
3．若两个正实数x、y满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围为( )
A． B．或
C． D．或
4．若，，则( )
A． B． C． D．
5．函数的图像如图所示，图中阴影部分的面积为，则( )
A． B． C． D．
6．已知数列的前n项和为，且，设，若数列是递增数列，则的取值范围是( )
A． B． C． D．
7．在边长为1的菱形ABCD中，，将沿对角线AC折起得三棱锥．当三棱锥体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积为( )
A． B． C． D．
8．已知双曲线的左，右焦点分别为，，以为圆心的圆与x轴交于，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段与C交于点M．若与C的焦距的比值为，则C的离心率为( )
A． B． C． 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．若，，且，则下列说法正确的是( )
A．ab有最大值 B．有最大值
C．有最小值4 D．有最小值
10．已知函数，则( )
A．的最小正周期为
B．图象的一条对称轴为直线
C．当时，在区间上单调递增
D．存在实数m，使得在区间上恰有2023个零点
11． “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”奔驰定理:已知O是内一点，，，的面积分别为，，，且．设O是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有( )
A．若，则
B．若，，，则
C．若O为的内心，，则
D．若O为的垂心，，则
12．现有来自两个社区的核酸检验报告表，分装2袋，第一袋有5名男士和5名女士的报告表，第二袋有6名男士和4名女士的报告表．随机选一袋，然后从中随机抽取2份，则( )
A．在选第一袋的条件下，两份报告表都是男士的概率为
B．两份报告表都是男士的概率为
C．在选第二袋的条件下，两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为
D．两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，，且，则在上的投影向量为________．
14．若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是____________．
15．已知函数，对任意x都成立，，且，将f（x）的图象向左平移个单位长度，所得图象关于原点对称，则______．
16．数列满足，则___________．
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．（10分）已知函数．
（1）若，，求的值．
（2）A，B，C是的三个内角，;若D是AC边上的点，且，，求的值．
18．（12分）已知数列的前n项和为，是等差数列，且，，是，的等差中项．
(1)求，的通项公式;
(2)记，求证：．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是QD的中点．
（1）求证:平面QCD;
（2）在棱BQ上是否存在点N使平面平面ACM成立 如果存在，求出;如果不存在，说明理由．
20．（12分）在平面内，动点与定点的距离和它到定直线的距离比是常数2．
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若直线m与动点M的轨迹交于P，Q两点，且（为坐标原点），求的最小值．
21．（12分）2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国，夺得冠军．根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出．
（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出．若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数X的分布列期望；
（2）现有甲 乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需要通过“点球大战”来决定冠军．设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．
（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；
（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以获得冠军的概率．
22．（12分）已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个零点，求a的范围，并证明．
参考答案
1．答案：B
解析：因为，或，所以，它有(个)子集．故选B．
2．答案：C
解析:由题知，所以，
故选:C．
3．答案：C
解析：因为两个正实数x、y满足，则
，
当且仅当时，等号成立，故，即，解得．
故选：C．
4．答案：B
解析：由于 ，
故设函数 ，
则 ，
由于 ，所以，
即 ， 即 故为单调递减函数，故 ，
即 ，
令， 则 ，
即 ;又
令，
则，，
即 ，为单调递增函数，故，
即 ，令，则，即，
故，
故选：B．
5．答案：A
解析：如图，①和②面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积，可得，
设函数的最小正周期为T，则，
由题意得，解得，故，得，即，
的图象过点，即，
，则，
，解得．
．
故选:A
6．答案：C
解析：当时，，解得;
当时，由，得，两式相减得，
所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，
所以．因为数列是递增数列，所以对于任意的恒成立，
即，即恒成立，因为时，取得最小值3，故，
即的取值范围是．
故选C．
7．答案：C
解析：如图所示，
当平面平面DAC时，三棱锥体积最大，
取AC中点E，连接BE，DE，由条件知
设，分别为，的外心，过作平面ABC的垂线m，过作平面ADC的垂线n
则m，n的交点即为三棱锥外接球的球心O;
，，
所以，
所以，表面积为．
故选：C．
8．答案：D
解析：设双曲线的半焦距为c，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为2c，
故其方程为:，
令，则，结合A在y轴正半轴上，故，
令，则或，故．
故，故直线．
设，
因为A在y轴的正半轴上，在x轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到:，
故，故，
所以，故，
解得或，又因为，则，
则，．
故选:D．
9．答案：ABC
解析：，当且仅当，即，时等号成立，故ab有最大值，故A正确；
，当且仅当，时等号成立，所以有最大值，故B正确；
，当且仅当，即时等号成立，即有最小值4，故C正确；
，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为，故D错误．
故选：ABC．
10．答案：BCD
解析：对于A,,
故
,即为的一个周期,
说明不是的最小正周期,A错误;
对于B,
,,
故图象的一条对称轴为直线,B正确;
对于C,当时,,则,
由于正弦函数在上单调递增,且,
故在上单调递增,且,
此时,
而在上单调递减,则在上单调递增,
故在上单调递增,C正确;
对于D,由A可知即为的一个周期,且的最小正周期为,
故的最小正周期为,
当时,,
当时,,则在上的零点为和,
故当时,恰有个零点,
且第2024个零点为,
故当时,恰有个零点,
即存在实数m,使得在区间上恰有2023个零点,D正确,
故选:BCD
故选:BC.
11．答案：AD
解析:对于A，由奔驰定理可知，若，则，选项A正确;
对于B，在中，由，，可知，，
又，
，则，，
，选项B错误;
对于C，由奔驰定理可知，，O为三角形内心，设内切圆半径为r，故，，，则．
为锐角三角形，故C错误
对于D，如图，延长AO交BC于点D，延长BO交AC于点E，延长CO交AB于点F，
，由奔驰定理可知，，
根据题意O为的垂心，，设，，
同理，设，则，
，可得，，
，故D正确．
12．答案：AC
解析:对于A，在选第一袋的条件下，两份报告表都是男士的概率为，A正确;
对于B，若选第一袋，两份报告表都是男士的概率为;若选第二袋，两份报告表都是男士的概率为;
则两份报告表都是男士的概率为，B错误;
对于C，在选第二袋的条件下，两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为，C正确;
对于D，若选第一袋，两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为;
若选第二袋，两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为;
则两份报告表恰好男士和女士各1份的概率为，D错误．
故选:AC．
13．答案：
解析：由题可得：，设，
，则在上投影向量为．
14．答案：
解析：当，即时，恒成立，
当时，因为不等式对一切恒成立，
所以，解得，
综上，，
即a的取值范围是．
故答案为：．
15．答案：
解析：依题意，，所以，，，则，则，将函数的图象向左平移个单位长度，得关于原点对称，所以，即，因为，则，经验证符合题意．
故答案为:
16．答案：-800
解析：由题可得
因为
，
又因为，
故答案为：-800．
17．解析：（1）因为，
所以，
将代入得，
解得或，
又，所以，
所以．
（2），
因为，所以，所以，即，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，
因为，，
所以，在中，由余弦定理有，
整理得，即，
解得，
因为，所以．
18．答案：(1)，
(2)证明见解析
解析：（1）因为，所以当时，得，
两式作差得，当时，，即时，．
又，，得，解得，所以，
所以是首项为2，公比为2的等比数列，所以．
设等差数列的公差为d，因为是，的等差中项，所以，
又，所以，解得，
所以，
故，．
（2）由（1）知，①
，②
①②，得．
所以．
所以，即．
19．解析：（1）由侧面QAD是正三角形，M是QD的中点，得，
由正方形ABCD，得，而平面平面ABCD，平面平面，
且平面ABCD，则平面QAD，又平面QAD，于是，
而，CD，平面QCD，
所以平面QCD．
（2）取AD的中点E，AB的中点P，连接，连接PQ，连接，连接OG，
于是，由正方形ABCD，得，则，令，
显然G是正AQD的中心，，，
又平面平面ABCD，平面平面，则平面ABCD，
AC，平面ABCD，即有，，而，QE，平面PQE，
则平面PQE，平面PQE，在平面PQE内过O作交PQ于H，
显然，而，AC，平面ACM，因此平面ACM，
连接AH并延长交QB于N，连接CN，于是平面平面ACM，
过H作，则有，，，
，，则，又，，
从而点F是线段PO的中点，，过P作交QB于T，
于是，即，显然，因此，
所以在棱BQ上存在点N使平面平面ACM成立，．
20．答案：（1）
（2）最小值为6
解析：（1）由已知可得：，
整理化简可得：，
即，
所以动点M的轨迹方程为：；
（2）由可设直线OP的方程为，直线OQ的方程为，
由，可得，
所以，
同理可得，
又由且，可得，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为6．
21．答案：（1）
（2）
解析：（1）根据题意门将每次扑中点球概率，
X的可能取值为0，1，2，3，4，且，
;
;
；
所以X的概率分布为
X 0 1 2 3 4
数学期望．
（2）（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，
则乙队没有进球，所以甲队获得冠军的概率为．
（ii）点球在第7轮结束，且乙队以获胜，
所以前5轮战平，且第6轮战平，第7轮乙队胜甲队
当前5轮两队为时，
乙队胜出的概率为
当前5轮两队为时，
乙队胜出的概率为，
因为上述两个事件互斥，所以乙队胜出的概率为．
22．答案：（1）的单调增区间为和，单调减区间为和
（2）见解析
解析：（1）的定义域为，
当时，，导函数，
令，得或；
令，得且；
所以的单调增区间为和，单调减区间为和；
（2）当时，只有1个零点，不符合题意；
当时，若，则；若，则，不符合题意，所以．
当时，，所以在和均单调递增．
当时，由，
，
所以在上有一个零点；
当，同理，
所以在上有一个零点，所以a的范围是，
因为的两个零点为，
所以，即，所以，
同理，，
所以，
若，即，
则，
所以的两个零点，互为倒数，即，
所以（等号不成立），所以，
所以，
所以得证．
