2024届贵州省贵阳市高三上学期期中质量监测数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第Page\*MergeFormat1页共NUMPAGES\*MergeFormat20页2024届贵州省贵阳市高三上学期期中质量监测数学试题一、单选题1．A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法可得计算结果.【详解】，故选B.【点睛】本题考查复数的除法，属于基础题.2．已知集合，，若，则的一个值为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】观察选项，根据集合运算的定义判断即可．【详解】不等式整理得，观察选项当时，不等式解得，所以，，则都可以）．故选：D．3．已知向量，，若，则（

）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】由，可解出，由两角和的正切公式即可求解.【详解】由向量，，，则，则，则.故选：B4．记为等差数列的前项和，，则（

）A．24 B．42 C．64 D．84【答案】B【分析】根据等差数列前项和公式结合等差数列的性质化简已知，即可求得的值.【详解】因为为等差数列的前项和，所以，若，则，所以.故选：B.5．椭圆：的左右顶点分别为，上顶点为，若，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】依题可求出的各边，可求，即可求解.【详解】依题得：，则，则，则，则，则，则，则.故选：C6．设，函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复合函数的单调性，列出关于的不等式，求解即可.【详解】因为函数在区间上单调递增，所以在区间上单调递增，且在上恒成立，所以，解得.故选：C7．计算的值是（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据正弦两角差公式求得的值，结合特殊角的三角函数值即可得所求.【详解】因为所以.故选：B.8．过点作圆的两条切线，切点分别为，则劣弧的长度是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】应用点到圆心的距离结合切线的几何性质，可得劣弧所对的圆心角，进而可求.【详解】，即，则圆心，，则，则中，，则，则.故选：A.二、多选题9．样本数据的平均数为，，则（

）A．的极差等于的极差B．的平均数等于的平均数C．的中位数等于的中位数D．的标准差等于的标准差【答案】AB【分析】根据题意，依次分析两组数据的极差、平均数、中位数和标准差是否相等，综合可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于A，样本数据，，，的平均数为，则，故，，，的极差等于，，，，的极差，故A正确；对于B，数据，，，，的平均数，，，，故B正确；对于C，，，，的中位数为，不一定等于，，，，的中位数，故C错误；对于D，，，，的方差，而，，，，的方差，两组数据的方差不等，其标准差也不相等，故D错误．故选：AB．10．声强级（单位：）由公式给出，其中为声强（单位：），不同声的声强级如下，则（

）（）正常人能忍受最高声强正常人能忍受最低声强正常人平时谈话声强某人谈话声强（）120080A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据表格的前2个数据求函数的解析式，再根据解析式，判断选项.【详解】由表格可知，当时，，得，当时，，得，所以，故A错误；，则，故B正确；当时，，故C正确；当时，即，得，则，故D错误.故选：BC11．如图点分别是棱长为2的正方体六个面的中心，以为顶点的多面体记为八面体，则（

）

A．四点共面 B．八面体的外接球表面积为C．八面体的体积为 D．直线与八面体的各面所成的角都是【答案】ABC【分析】根据两条平行直线有且只有一个平面可判断A，八面体的外接球就是正方体的内切球可判断B，将八面体分成两个一样的四棱锥即可求八面体的体积，利用空间向量可以判断D.【详解】在正方体中，因为，分别是正方体面的中心，所以，故四点共面，A正确；八面体的外接球即为正方体的内切球，因为正方体的棱长为2，所以正方体的内切球的半径为1，所以正方体的内切球的表面积为，即八面体的外接球的表面积为，B正确；由图可知，，因为，，所以，C正确；以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：

由题意知，，，所以，因为点分别是棱长为2的正方体六个面的中心，所以，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取，则，所以，所以直线与平面所成角不是，D错误.故选：ABC12．定义域为的函数满足，直线：与两坐标轴分别交于、两点，则（

）A．B．的图象关于点对称C．当直线与的图象有三个交点时，三角形面积的最小值为2D．函数在区间上有3个零点【答案】ACD【分析】求出函数的解析式，作出其图象，再依次对每个选项进行判断即可．【详解】定义域为的函数满足①，所以②由②可得，代入①可得，当时，，又由①式可得，当时，，即，所以；则，故A正确；若的图象关于点对称，则，可得，即与矛盾，故B不正确；当直线与的图象有三个交点，所以直线一定过点，如图：所以，因为，，所以，即，当且仅当时等号成立，故，故C正确；令，得，函数在区间,上的零点个数，即函数的图象与函数的图象交点个数，如图：函数的图象与函数的图象交点个数为3个，故D正确．故选：ACD．三、填空题13．的展开式中的系数是．（用数字作答）【答案】160【分析】写出二项展开式的通式，整理之后令的次幂等于3，即可计算出的系数.【详解】根据二项式定理展开可得，第项为，令，可得的系数为.故答案为：160.14．若为偶函数，则．【答案】/【分析】根据偶函数定义即可求解.【详解】的定义域为，关于坐标原点对称，,因为是偶函数，所以，得，解得.故答案为：.15．函数的图象向右平移（其中）个单位得到曲线，若在处的切线方程是，则曲线的一条对称轴方程为．【答案】（答案不唯一）.【分析】应用平移得到曲线的解析式，再由导数的切线方程结合待定系数法即可求出解析式，再结合图像的性质即可求解.【详解】函数的图象向右平移（其中）个单位,则，则切点为，，则，则切线方程为，即，则，又，解得，则，由，得，当时，，则曲线的一条对称轴方程为.故答案为：（答案不唯一）.16．直线与抛物线：交于两点，，在的准线上的射影分别为，则四边形绕准线旋转一周所得几何体的体积为．【答案】【分析】设，的坐标，将直线的方程与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出弦长的表达式，由题意可得的值，即求出抛物线的方程，进而求出准线方程，可得，的表达式，由题意可得四边形绕准线旋转一周所得几何体为圆台，求出上下底圆的半径，及圆台的高的值，代入圆台公式可得几何体的体积．【详解】设,，,，联立，整理可得，可得显然成立，，，所以，整理可得：，解得，（舍，所以抛物线的方程为，准线方程为，且，，所以，可得，到准线的距离之和为，；四边形绕准线旋转一周所得几何体为圆台，且上底半径即到准线的距离为，与下底半径即到准线的距离为，所以，，所以上底圆的面积，下底面积，所以，而，，，所以．故答案为：．四、解答题17．已知的角的对边分别为，，．(1)求；(2)若的面积为，求边上的高．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，得，根据正弦定理将进行边化角，与联立方程，化简求值即可；（2）根据，求得，与联立方程可求得，最后根据三角形面积公式即可求解.【详解】（1）因为，在中，，所以，因为，由正弦定理可得，,即，化简得：①，又因为②，由①可得：，代入②式得：，解得或，因为，所以.（2）因为的面积为，所以，得③，由余弦定理：，因为，所以，所以④，所以由③④解得，，，设边上的高为，所以，即，解得.18．如图，在长方体中，，，是的中点．(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，由（1）知平面的一个法向量为，再求出平面的一个法向量为，根据法向量夹角的余弦值，即可求解.【详解】（1）因为，，是的中点，所以，因为，，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，所以，，，，由（1）知平面，所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，所以，因为，，所以，令，则，，所以，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.19．设公比为2的等比数列的前项和为，，若是常数列．(1)求的通项公式；(2)设，求的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据等比数列的通项公式与求和公式写出与的表达式，再计算出的表达式，再根据数列是常数列列出关于的方程，解出的值，即可计算出等比数列的通项公式；（2）先根据第（1）题的结果计算出的表达式，再计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出前项和．【详解】（1）由题意，可知，，则，数列是常数列，，即，数列是等比数列，，，解得，，．（2）由（1）可得，，，则，，两式相减，可得，．20．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有2个红球和1个白球，其余盒子中均为1个红球和1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，现从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，，依次进行．(1)求从第2个盒子中取到红球的概率；(2)求从第个盒子中取到红球的概率；(3)设第个盒子中红球的个数为，的期望值为，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）由题意，记“从第个盒子中取到红球”为事件，利用全概率公式进行求解即可；（2）结合（1）中所得信息以及等比数列的定义可得数列是以首项，为公比的等比数列，代入通项公式中即可求解；（3）先得到的所有可能取值，结合（2）中信息得到相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中再进行求解即可．【详解】（1）记“从第个盒子中取到红球”为事件，此时，，则；（2）因为，所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列，此时，即，当时，，符合题意，综上，从第个盒子中取到红球的概率为；（3）证明：易知的所有可能取值为1，2，此时，，则的分布列为：12所以，由于，故．21．圆：与轴的负半轴和正半轴分别交于两点，是圆与轴垂直非直径的弦，直线与直线交于点，记动点的轨迹为．(1)求轨迹的方程；(2)在平面直角坐标系中，倾斜角确定的直线称为定向直线．是否存在不过点的定向直线，当直线与轨迹交于时，；若存在，求直线的一个方向向量；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）设出后，表示出直线、的方程即可（2）先讨论倾斜角为90°的情况，倾斜角不为90°时先设出直线方程，联立后结合韦达定理和，运用坐标运算即可得解【详解】（1）由题意得，设，则直线的方程为，直线的方程为所以轨迹的方程为（2）当定向直线的倾斜角为90°时，设，由得时，所以，矛盾.当定向直线的倾斜角不为90°时，假设存在定向直线由得，时，设，则由得即，故，，化简得，所以或，时，经验证，满足条件；当时，过点，不合题意综上所述，当即直线的一个方向向量为时，22．已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当，时，函数的图象与函数的图象有两个交点，．①求证：；②比较与的大小．【答案】(1)当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增，在上单调递减；(2)①证明见解析；②.【分析】（1）对函数求导，分别讨论当，，三种情况，求单调性即可；（2）①由题意，将问题转化为函数与直线有两个横坐标分别为，的交点，结合函数的单调性即可证明；②结合①可得，设，利用换元法令，可得，令，对函数求导，的搭配函数的单调性和最值，进而即可求解.【详解】（1）由可知，函数定义域为，，当时，，所以函数在上单调递减；当时，令，则，令，则，所以函数在上单调递减，在上单调递增；当时，令，则，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减；综上所述，当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在