2024年乌鲁木齐市高三数学第一次质量监测试卷附答案解析

年乌鲁木齐市高三数学第一次质量监测试卷2024年1月一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1．若复数，则（

）A． B． C．1 D．2．命题“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．已知向量，，则（

）A． B．C． D．4．已知数列满足，，则（

）A．3 B．2或 C．3或 D．25．的展开式中的系数为（

）A． B． C．20 D．306．设抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点，以为直径的圆与准线切于点，则的方程为（

）A． B． C． D．7．在中，，，，则下列各式一定成立的是（

）A． B．C． D．8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（

）A．15 B．16 C．22 D．23二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9．已知函数的部分图像如图所示，则（

）A．在上单调递增B．在上有4个零点C．D．将的图象向右平移个单位，可得的图象10．若函数的定义域为，且，，则（

）A． B．为偶函数C．的图象关于点对称 D．11．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（

）A．该几何体的顶点数为12B．该几何体的棱数为24C．该几何体的表面积为D．该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12．已知集合，，则的子集个数为.13．在工业生产中轴承的直径服从，购买者要求直径为，不在这个范围的将被拒绝，要使拒绝的概率控制在之内，则至少为；（若，则）14．设双曲线的左、右焦点分别为，，A是右支上一点，满足，直线交双曲线于另一点，且，则双曲线的离心率为．四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．设等比数列的前项和为，已知，．(1)求的通项公式；(2)设，求的前项和．16．我们平时常用的视力表叫做对数视力表，视力呈现为4.8，4.9，5.0，5.1．视力为正常视力．否则就是近视．某地区对学生视力与学习成绩进行调查，随机抽查了100名近视学生的成绩，得到频率分布直方图：(1)能否据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；（不需说明理由）(2)估计该地区近视学生学习成绩的第85百分位数；（精确到0.1）(3)已知该地区学生的近视率为54%，学生成绩的优秀率为36%（成绩分为优秀），从该地区学生中任选一人，若此人的成绩为优秀，求此人近视的概率．（以样本中的频率作为相应的概率）17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由．18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．(1)求椭圆的方程；(2)证明直线过定点；(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．19．已知函数．(1)证明曲线在处的切线过原点；(2)讨论的单调性；(3)若，求实数的取值范围．1．A【分析】根据复数的除法运算，结合共轭的定义即可求解.【详解】，故，故选：A2．C【分析】根据特称命题的否定是全称命题判断.【详解】命题“”的否定是“，”.故选：C.3．D【分析】结合向量的加减运算及数量积运算进行判断.【详解】解：因为，，所以，则，得.故选：D4．C【分析】根据递推公式计算即可.【详解】因为，，所以，所以，，，，所以或，故选：C.5．A【分析】利用二项式定理展开式的通项公式进行计算即可.【详解】，其展开式的通项公式为，令，则，而的展开式的通项公式为：，令，则的展开式中的系数为:,故选：A.6．B【分析】求出直线的方程，利用抛物线的性质，求出中的纵坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求解即可得到抛物线方程．【详解】由于以为直径的圆与抛物线的准线相切，以为直径的圆过点，可知的中点的纵坐标为：2，直线的方程为：，则，可得，则中的纵坐标为：，解得，该抛物线的方程为：．故选：B．7．B【分析】根据题意确定点在线段上靠近点的三等分处，然后根据三角函数比例关系以及二倍角公式化简得到，，最后化简可得.【详解】因为,所以，所以点在线段上靠近点的三等分处，如图所示，过点作交于点，过点作交于点，则，所以，，所以，，所以.故选：B.8．D【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识求得的最大值.【详解】因为，，所以，设，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，，，所以，，又，，要使得成立，只需，即，所以正整数的最大值为23.故选：D.【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法.解题的关键是由变换得，构造函数，由的单调性得，结合不等式的知识求得的最大值.9．ABC【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.【详解】由图知，，所以或，又，所以，所以，又因为图象过，且为下降零点，所以，，故,结合图象，即，所以，所以，对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、对于B选项，当时，，其中，结合正弦函数图像可知，在上有4个零点，故B正确；对于C选项，当时，即，即或，结合图象可知，，所以，故C正确；对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，故选：ABC.10．BCD【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可.【详解】对于A，令，则，因为，所以，则，故A错误；对于B，令，则，则，故B正确；对于C，令得，，所以，令得，，则的图象关于点对称，故C正确；对于D，由得，又，所以，则，，所以，则函数的周期为，又，，则，，则，所以，故D正确，故选：BCD.11．ABD【分析】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱长为，根据正三角形及正方形的面积公式求解即可判断；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，所以该几何体的表面积为，故C错误；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，所以该几何体外接球的表面积为.因为，所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.故选:ABD.12．4【分析】根据直线与圆的位置关系求出集合的元素个数，再求解子集个数即可.【详解】集合表示直线上点的集合，集合表示圆上点的集合.圆的圆心坐标为，半径为3，点到直线的距离为,所以直线与圆相交，所以共有2个元素，所以的子集个数为.故答案为：4.13．0.1##【分析】依题意得，则，由，得，即可求解.【详解】若，则）因为工业生产中轴承的直径服从，所以，则，由，得，则要使拒绝的概率控制在之内，则至少为.故答案为：##14．【分析】设,由双曲线的定义得，结合题中条件可得，，由勾股定理可得，再利用勾股定理即可求得离心率.【详解】设，则，又，所以，则，，又，所以三角形为直角三角形，则,即，化为，解得或者（舍），此时，在直角三角形中，,即，所以，所以.故答案为：.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意列式求，进而可得通项公式；（2）根据题意分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和分析求解.【详解】（1）设等比数列的公比为q，由题意可得，则，即，解得，所以.（2）因为，则，且，即数列是以首项为，公比为的等比数列，所以．16．(1)不能据此判断(2)(3)0.72【分析】（1）通过频率分布直方图中的各层次成绩分布来看即可判断结果；（2）先估算出第85百分位数所在的组别，再运用所占比率即可算得结果；（3）明确此题为条件概率，需要求积事件的概率，而这可以用乘法公式进行转化，即可求得.【详解】（1）因从频率分布直方图可以看到，不同成绩层次的同学近视率大致相当，故不能据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；（2）由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为，因此第85百分位数一定位于内，由，可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为；（3）设“该地区近视学生”，“该地区优秀学生”，由频率分布直方图可得,,，所以.即若此人的成绩为优秀，则此人近视的概率为0.72.17．(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得；（2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在.【详解】（1）由平面，、平面，故、，又底面为正方形，故，即、、两两垂直，故可以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，即，可取，因为，所以与平面所成角的正弦值为；（2）假设截面内存在点满足条件，设，，，，有，，，所以，因为平面，所以，所以，解得，这与假设矛盾，所以不存在点，使平面．18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.【详解】（1）由题设得，解得，所以的方程为；（2）由题意可设，设，，由，整理得，．由韦达定理得，，由得，即，整理得，因为，得，解得或，时，直线过定点，不合题意，舍去；时，满足，所以直线过定点．（3））由（2）得直线，所以，由，整理得，，由题意得，因为，所以，所以，令，，所以，在上单调递减，所以的范围是．19．(1)证明见解析(2)答案见解(3)【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；（2）首先求函数的导数，根据判别式，讨论a的取值，求函数的单调区间;（3）把问题转化为，利用一次函数单调性得，只需证，利用导数研究单调性即可.【详解】（1）由题设得，所以，又因为，所以切点为，斜率，所以切线方程为，即恒过原点．（2）由（1）得，①时，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减；令，则②且时，即时，，在上单调递增，时，，，则，或，得所以在上单调递增，在上单调递增；，则，则，所以在上单调递减，③时，，则，则，所以在上单调递减；，则，所以在上单调递增，综上：时，在上单调递增；在上单调递减；时，在上单调递增；时，在上