2024届甘肃省兰州市第五十八中学教育集团高三上学期建标考试数学试题（解析版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024届甘肃省兰州市第五十八中学教育集团高三上学期建标考试数学试题一、单选题1．，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据指数函数和正弦函数的性质分别求出集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】，，所以.故选：A.2．已知复数，则z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【答案】D【分析】先化简复数，再利用复数的几何意义求解.【详解】解：因为复数，所以z在复平面内对应的点位于第四象限，故选：D3．已知向量，，若与反向共线，则的值为（

）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】根据向量共线的坐标运算，求得参数，再结合向量线性运算的坐标运算求模长即可.【详解】根据题意可得：，解得或；当时，与共线同向，故舍去；当时，，，.故选：C.4．“”是“”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【答案】A【分析】根据两角和正切公式化简并计算得或3，利用充分必要条件定义即可判断.【详解】由，得，即或3，（经检验均为原分式方程的解），所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.5．已知圆锥曲线的离心率为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由离心率建立关于的方程，通过解三角方程，即可得到值.【详解】由圆锥曲线的离心率大于1，可知该圆锥曲线为双曲线，且，即，又，所以.故选：D.6．林业部门规定：树龄500年以上的古树为一级，树龄300~500年之间的古树为二级，树龄100~299年的古树为三级，树龄低于100年不称为古树．林业工作者为研究树木年龄，多用年轮推测法，先用树木测量生长锥在树干上打孔，抽取一段树干计算年轮个数，由经验知树干截面近似圆形，年轮宽度依次构成等差数列．现为了评估某棵大树的级别，特测量数据如下：树干周长为3.14米，靠近树芯的第5个年轮宽度为0.4cm，靠近树皮的第5个年轮宽度为0.2cm，则估计该大树属于（

）A．一级 B．二级 C．三级 D．不是古树【答案】C【分析】由条件抽象出等差数列的基本量，再结合等差数列的前项和，求.【详解】设树干的截面圆的半径为，树干周长，，从内向外数：，，，∴年，所以为三级.故选:C7．已知过点与圆相切的两条直线的夹角为，设过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设过点的直线与两个圆分别交于点和，根据圆的切线的性质，结合题意，在直角中，求得，结合倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解.【详解】由圆，可化为，可得圆心，半径，又由圆，可化为，可得圆心，半径，设过点的直线与圆切于点，与圆切于点，如图所示，连接，则，因为过点与圆相切的两条直线的夹角为，所以，则，所以，在直角中，，所以，所以，因为，所以，即，所以.故选：B.8．已知函数的定义域为，，且在恒有成立，则的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题意，可得函数的图象关于对称，且在上单调递增，在上单调递减，从而可判断出函数的正负分布情况，即为或，进而可得出答案.【详解】因为，所以函数的图象关于对称，因为在恒有成立，所以函数在上单调递增，由对称性可得函数在上单调递减，又，所以，故当时，，当或时，，由，得或，所以或，解得或，即的解集为.故选：D.【点睛】关键点点睛：由题意得出函数的对称性及单调性，从而判断出函数的正负分布情况，是解决本题的关键.二、多选题9．若，且，则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】根据不等式的基本性质，结合作差比较法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，因为，可得，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B正确；对于C中，因为，且，可得，所以，所以C错误；对于D中，因为，且，可得，则，所以D正确.故选：ABD.10．已知函数的一个极大值点为1，与该极大值点相邻的一个零点为，将的图象向左平移1个单位长度后得到函数的图象，则下列结论正确的是（

）A．B．在区间上单调递增C．为奇函数D．若在区间上的值域为，则．【答案】BD【分析】对于A，根据余弦型函数的图象与性质进行判断；对于B，由余弦型函数增区间公式得出结果；对于C，根据图象平移变换及函数奇偶性定义进行判断；对于D，根据余弦型函数的定义域、值域的关系以及图像与性质得出结果．【详解】设的最小正周期为T，由题意，，得，所以，所以，又点在的图象上，所以，所以，，即，，又，所以，对于A，因为，故A错误；对于B，令，，解得，，所以的单调递增区间为，，当时，单调递增区间为，故B正确；对于C，因为，所以为偶函数，故C错误；对于D，当时，，又的值域为，如图，当时，，

所以，解得，故D正确．故选：BD.11．已知正方体的棱长为4，正四面体的棱长为a，则以下说法正确的是（

）A．正方体的内切球直径为4B．正方体的外接球直径为C．若正四面体可以放入正方体内自由旋转，则a的最大值是D．若正方体可以放入正四面体内自由旋转，则a的最小值是【答案】ACD【分析】求得正方体外接球的直径判断选项A、B，对于C，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球；对于D，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球.【详解】对于A，正方体的内切球直径即其棱长，所以直径为4，A正确；对于B，正方体的外接球直径即其体对角线，所以直径为，B错误；正四面体的棱长为a

因为正四面体的外接球的球心O到点F、G、H的距离相等，所以O在平面BCD内的射影，到点F、G、H的距离相等，又因为在正四面体中是正三角形，所以是的中心，进而在正四面体中，有平面，所以球心O在高线上，同理：球心O也在其它面的高线上，又正四面体中各面上的高都相等，所以由得，点O到正四面体各面的距离相等，所以点O也是正四面体的内切球的球心，这样正四面体的内切球的球心与外接球的球心重合．记正四面体的高为，则.因此，只要求出其中一个，则另一个也出来了.因为在正四面体中，是正三角形，是其中心，所以，因为平面,平面，所以，在中，由勾股定理，得，所以，解得，，故所求的外接球的半径和内切球的半径分别为.对于C，若正四面体可以放入正方体内自由旋转，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球，又由棱长为a的正四面体的外接球半径，C正确；对于D，正方体可以放入正四面体内自由旋转，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球，又由棱长为a的正四面体的内切球半径，D正确.故选：ACD.12．已知分别是函数和的零点，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】把函数的零点转化两个函数图像交点的横坐标，再结合反函数图像的特点得到点和关于点对称，根据可判断A、B选项；结合反函数的性质可以判断C选项；利用特殊值的思路得到的范围即可判断D选项.【详解】因为，分别是函数，的零点，所以，，那么，可以看做函数和与函数图像交点的横坐标，如图所示，点，，分别为函数，，的图像与函数图像的交点，所以，因为函数和互为反函数，所以函数图像关于的图像对称，的图像也关于的图像对称，所以点和关于点对称，，，故AB正确；由反函数的性质可得，因为单调递增，，所以，所以，故C错；当时，函数对应的函数值为，函数对应的函数值为，因为，所以，所以的范围为，那么，而，所以，故D正确.故选：ABD.三、填空题13．展开式中含项的系数是．【答案】【分析】利用二项式定理求解.【详解】展开式通项公式为令，故展开式中含项的系数为.故答案为：14．已知圆锥的母线长为2，侧面展开图扇形的面积为，那么该圆锥的体积是．【答案】/【分析】根据圆锥的侧面积公式求得底面半径以及圆锥的高，进而可求体积.【详解】设圆锥的底面半径为，由题意可得：，解得，可得圆锥的高为，所以该圆锥的体积是.故答案为：.15．校运会期间，需要学生志愿者辅助裁判老师进行记录工作，学生会将从6名志愿者中任意选派3名同学分别承担铅球记录、跳高记录、跳远记录工作，其中甲、乙2人不承担铅球记录工作，则不同的安排方法共有种．【答案】【分析】先安排铅球工作，再安排其他两项工作进而求解.【详解】依题意，分两步：①在甲乙之外人中任选人，承担铅球记录工作，有种情况；②在剩下的人中任选人，承担跳高和跳远记录工作，有种情况，则不同的安排方法有种故答案为：16．已知函数，设是四个互不相同的实数，满足，则的取值范围是.【答案】【分析】根据对数函数的图象变换作出时，函数的图象，再根据图象设，从而得到，且，，即可求解【详解】当时，，作出函数图象，如图所示：

当时，，设，且，则由图象得：，则由题意知，，且，，所以，即，则，所以的取值范围是，故答案为：.四、解答题17．已知等差数列的前项和为，且满足，．(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用等差数的性质，结合通项公式与前项和公式即可得解；（2）利用分组求和差，结合等差数列与等比数列的前项和公式即可得解.【详解】（1）（1）设数列等差数列的公差为d，因为，所以，则，因为，即，所以，所以，，所以，即.（2）因为，所以，所以．18．已知函数.(1)求函数的最值及取得最值时的取值集合；(2)设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且，求的面积．【答案】(1)答案见解析(2)或【分析】（1）化简解析式后求解最值和取值集合即可.（2）依据正余弦定理得到等量关系，求解边长后算面积即可.【详解】（1），，，，易知的最大值为，此时，化简得，的最小值为，此时，化简得，综上当时，取到最小值，当时，取到最大值.（2）在中，结合，故，解得(其它解舍去)，故由余弦定理得，由已知得，由正弦定理得，联立方程组，解得或，当，时，,当，时，.19．如图，线段是圆柱的母线，BC是圆柱下底面圆的直径．(1)弦AB上是否存在点，使得平面，请说明理由；(2)若，，，求二面角的余弦值．【答案】(1)存在，当点为中点时，理由见解析.(2)【分析】（1）先确定点为的中点，再证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得出结论；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）当点为的中点时，平面，证明如下：取的中点，连接，∵分别为的中点，则，又平面，平面，∴平面，又∵，平面，平面，∴平面，，平面，∴平面平面，由于平面，故平面；（2）∵是的直径，可得，即，且，，故，，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，，，，得，，设为平面的一个法向量，则，令，则，可得，因为轴平面，则可取平面的一个法向量为，设二面角为，则，所以二面角的余弦值为.20．某学校为了提升学生学习数学的兴趣，举行了“趣味数学”闯关比赛，每轮比赛从10道题中任意抽取3道回答，每答对一道题积1分.已知小明同学能答对10道题中的6道题.(1)求小明同学在一轮比赛中所得积分的分布列和期望；(2)规定参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，若参赛者每轮闯关成功的概率稳定且每轮是否闯关成功相互独立，问：小明同学在5轮闯关比赛中，需几次闯关成功才能使得对应概率取值最大？【答案】(1)分布列见解析，(2)3次或4次【分析】（1）根据超几何分布的知识求得分布列并求得数学期望.（2）根据二项分布的知识求得闯关成功的次数的分布列，由此求得正确答案.【详解】（1）由题知：可取0，1，2，3，则:，，，，故的分布列为：0123则的期望为：.（2）方法1、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为，则.故所以的分布列为：012345故小明同学在5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.方法2、参赛者在一轮比赛中至少积2分才视为闯关成功，记概率为若小明同学在5轮闯关比赛中，记闯关成功的次数为，则故∴假设当时，对应概率取值最大，则解得，而故小明同学在5轮闯关比赛中，需3次或4次闯关成功才能使得对应概率取值最大.21．已知A，B分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线AB的斜率为．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与轨迹交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于，试探求的面积是否为定值，并说明理由．【答案】(1)(2)定值1【分析】（1）由已知可得，计算即可得到椭圆的方程；（2）设联立方程组，求得，又由直线OM，ON的斜率之积等于，化简求得，再由弦长公式和面积公式，即可求解.【详解】（1）由题意可知，，直线AB的斜率为．依题意得，椭圆的方程为（2）设，由，得，则，即，且，因为直线OM，ON的斜率之积等于，，所以，即，又O到直线MN的距离为,，所以.所以的面积为定值1.【点睛】关键点睛：本题的关键是将直线与椭圆方程联立得到韦达定理式，再通过斜率乘积为定值得到，最后利用点到直线距离公式和弦长公式得到面积表达式，代入即可得到答案.22．已知函数，e为自然对数的底数.(1)证明：；(2)若恒成立，求实数b的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用导数求出的最小值，即可得证；（2）在上恒成立，即在上恒成立，由（1）得，再分和两种情况讨论即可得出答案.【详解】（1）由题可知，当时，，，故恒成立，所以函数在上为增函数，则当时，，得证；（2）在上恒成立，即在上恒成立，设，则，，由（1）得，（ⅰ）当时，，此时在上单调递增，故，符合题意；（ⅱ）当时