2023—2024学年度第一学期高三质量检测数学试题2024.01本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。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.已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.3.“”是“直线与直线垂直”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4.已知椭圆的左、右焦点分别为、，点为椭圆上位于第一象限内的一点，若，（为坐标原点），则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.5.如图，已知圆锥的母线长为，是底面圆的直径，且，点是弧的中点，是的中点，则异面直线与所成角的大小为（）A. B. C. D.6.定义在上的函数和的图象关于轴对称，且函数是奇函数，则函数图象的对称中心为（）A. B. C. D.7.若，则（）A. B. C. D.8.已知正三棱锥的底面边长为，为棱的中点，若，则三棱锥的外接球的表面积是（）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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.下列命题中正确的是（）A.若，则B.若且，则C.若，，且，则的最小值为D.若，则的最小值为410.已知函数的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的是（）A.函数的图象关于点对称B.函数在区间内单调递减C.函数在区间内有恰有两个零点D.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象11.已知数列的前项和为，且满足，，，数列的前项和为，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.12.已知双曲线的左、右焦点分别为、，过左焦点的直线与双曲线的左支相交于两点（在第二象限），点与关于坐标原点对称，点的坐标为），则下列结论正确的是（）A.记直线、的斜率分別为、，则B.若，则C.的最小值为6D.的取值范围是三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知指数函数的图象经过点，则__________.14.已知平面向量满足，，，则向量夹角的余弦值为__________.15.已知圆，过点作两条与圆相切的直线，切点分别为，则__________.16.若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围是__________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17.（本题满分10分）在中，角的对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求的最小值.18.（本题满分12分）已知数列为公差大于0的等差数列，其前项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前100项和.19.（本题满分12分）如图，已知三棱柱各棱长均为2，分別是线段，的中点，平面.（1）求证：平面平而；（2）求平面与平面夹角的大小.20.（本题满分12分）如图，点是圆心角为，半径为1的扇形圆弧上的一动点（与不重合），在线段上且，记，线段，及圆弧的长度之和为.（1）求函数关于的解析式；（2）求为何值时，函数取得最大值.21.（本题满分12分）已知抛物线的焦点到的准线的距离为1.（1）求抛物线的方程；（2）若经过定点的直线与抛物线交于两点，为弦的中点，过作与轴垂直的直线与抛物线交于点，当时，求直线的方程.22.（本题满分12分）已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若实数满足，证明：；（3）证明：当时，.2023—2024学年度第一学期高三质量检测数学试题参考答案及评分标准说明：（1）此评分标准仅供参考：（2）学生解法若与此评分标准中的解法不同，请酌情给分。一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1.C2.A3.A4.D5.B6.C7.C8.B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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.AC10.ABD11.ACD12.BD12.提示：设，，由于两点均在双曲线的左支上，所以，，对于A：设，，则，均在双曲线上，，所以所以，，A错误.对于B：由知，由对称性得，且计算可得，，B正确对于当，，三点共线时，此时，，与矛盾，故C错误对于又，，所以，结合，得，的取值范围是，故D正确.综上，正确答案为：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.414.15.16.或16.提示：令，则或记，，在上单调递增；在上单调递减最大值为.当时，只有一个零点，，显然不合题意要使恰好有两个零点，则方程只有一个实根，另一个零点为.故的取值范围为：四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10分）解：（1）由正弦定理得：，又，，，（2），由余弦定理得：当且仅当时等号成立.即的最小值为.18.（12分）解：（1）设数列的公差为因为，所以解得或（舍去）所以，，即.（2）由（1）得当，时，，所以；当，时，，所以；当，时，，所以；当，时，，所以；.19.（12分）（1）证明：平面，平面，，为的中点，，平面，在平行四边形中，，四边形为菱形，又分别为，的中点，，平面，平面平面平面（2）由（1）可知，，，两两相互垂直，故建立以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴的如图所示的空间直角坐标系由三棱柱的所有棱长均为2得，，，，，，，，，设平面的法向量为则，令，则，所以，平面的一个法向量为由（1）知平面所以，平面的一个法向量为设平面与平面的夹角为则，所以，平面与平面的夹角为.20.（12分）解：（1）在中，由题可知，，，由正弦定理得，所以，.在扇形中，记弧的长度为，则所以，所以，，（2）由（1）得，，令，得当时，，单调递增当时，，单调递减所以，当时，取最大值，且最大值为.21.（12分）解：（1）因为抛物线C的焦点到C的准线的距离为1，所以，所以，抛物线的方程为.（2）由题意可得，直线存在斜率，又直线过，故设直线的方程为，由，消去并整理得，，所以直线与抛物线恒有两个交点.设，，则，，所以，，.因为，为弦的中点，过作轴垂直的直线与抛物线交于点，所以，，所以，的坐标为所以，，因为所以，即整理得解得所以，直线的方程为或.22.（12分）解：（1）的定义域为，由，得，由得；所以的单调递增区间为；的单调递减区间为.（2）证明：，要证明，即证明：即证明：，即证：又由（1）可知，的单调递增区间为，，原命题成立.（3）要证明，即证明由（1）可知，在处取得最大值，，，（等号在时成立）下面证明：，即证明：令，令，得，，得所以的单调递增区间为；的单调递减区间为.（等号在时成立）综上：（等号不能同时成立）.