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文档简介
贵州省盘州市第一中学2024年高三下第一次联考数学试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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.在菱形中,,,,分别为,的中点,则()A. B. C.5 D.2.设是虚数单位,复数()A. B. C. D.3.抛物线的准线方程是,则实数()A. B. C. D.4.已知双曲线的中心在原点且一个焦点为,直线与其相交于,两点,若中点的横坐标为,则此双曲线的方程是A. B.C. D.5.已知函数的定义域为,且,当时,.若,则函数在上的最大值为()A.4 B.6 C.3 D.86.集合,,则()A. B. C. D.7.设双曲线的一条渐近线为,且一个焦点与抛物线的焦点相同,则此双曲线的方程为()A. B. C. D.8.复数的虚部为()A. B. C.2 D.9.已知,,则等于().A. B. C. D.10.已知斜率为2的直线l过抛物线C:的焦点F,且与抛物线交于A,B两点,若线段AB的中点M的纵坐标为1,则p=()A.1 B. C.2 D.411.高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”为:设,用表示不超过的最大整数,则称为高斯函数,例如:,,已知函数(),则函数的值域为()A. B. C. D.12.若复数满足,则()A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.在的二项展开式中,所有项的二项式系数之和为256,则_______,项的系数等于________.14.曲线在点处的切线方程为________.15.设为数列的前项和,若,,且,,则________.16.在△ABC中,()⊥(>1),若角A的最大值为,则实数的值是_______.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知二阶矩阵A=abcd,矩阵A属于特征值λ1=-1的一个特征向量为α118.(12分)已知函数,(1)证明:在区间单调递减;(2)证明:对任意的有.19.(12分)已知六面体如图所示,平面,,,,,,是棱上的点,且满足.(1)求证:直线平面;(2)求二面角的正弦值.20.(12分)已知为坐标原点,单位圆与角终边的交点为,过作平行于轴的直线,设与终边所在直线的交点为,.(1)求函数的最小正周期;(2)求函数在区间上的值域.21.(12分)已知,均为给定的大于1的自然数,设集合,.(Ⅰ)当,时,用列举法表示集合;(Ⅱ)当时,,且集合满足下列条件:①对任意,;②.证明:(ⅰ)若,则(集合为集合在集合中的补集);(ⅱ)为一个定值(不必求出此定值);(Ⅲ)设,,,其中,,若,则.22.(10分)如图,在四棱锥中,底面是边长为2的菱形,,.(1)证明:平面平面ABCD;(2)设H在AC上,,若,求PH与平面PBC所成角的正弦值.
参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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、B【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系,用坐标表示出,再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.【详解】设与交于点,以为原点,的方向为轴,的方向为轴,建立直角坐标系,则,,,,,所以.故选:B.【点睛】本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题,难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题,如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.2、D【解析】
利用复数的除法运算,化简复数,即可求解,得到答案.【详解】由题意,复数,故选D.【点睛】本题主要考查了复数的除法运算,其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键,着重考查了运算与求解能力,属于基础题.3、C【解析】
根据准线的方程写出抛物线的标准方程,再对照系数求解即可.【详解】因为准线方程为,所以抛物线方程为,所以,即.故选:C【点睛】本题考查抛物线与准线的方程.属于基础题.4、D【解析】
根据点差法得,再根据焦点坐标得,解方程组得,,即得结果.【详解】设双曲线的方程为,由题意可得,设,,则的中点为,由且,得,,即,联立,解得,,故所求双曲线的方程为.故选D.【点睛】本题主要考查利用点差法求双曲线标准方程,考查基本求解能力,属于中档题.5、A【解析】
根据所给函数解析式满足的等量关系及指数幂运算,可得;利用定义可证明函数的单调性,由赋值法即可求得函数在上的最大值.【详解】函数的定义域为,且,则;任取,且,则,故,令,,则,即,故函数在上单调递增,故,令,,故,故函数在上的最大值为4.故选:A.【点睛】本题考查了指数幂的运算及化简,利用定义证明抽象函数的单调性,赋值法在抽象函数求值中的应用,属于中档题.6、A【解析】
计算,再计算交集得到答案.【详解】,,故.故选:.【点睛】本题考查了交集运算,属于简单题.7、C【解析】
求得抛物线的焦点坐标,可得双曲线方程的渐近线方程为,由题意可得,又,即,解得,,即可得到所求双曲线的方程.【详解】解:抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得,即又,即解得,.即双曲线的方程为.故选:C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程,属于中档题.8、D【解析】
根据复数的除法运算,化简出,即可得出虚部.【详解】解:=,故虚部为-2.故选:D.【点睛】本题考查复数的除法运算和复数的概念.9、B【解析】
由已知条件利用诱导公式得,再利用三角函数的平方关系和象限角的符号,即可得到答案.【详解】由题意得,又,所以,结合解得,所以,故选B.【点睛】本题考查三角函数的诱导公式、同角三角函数的平方关系以及三角函数的符号与位置关系,属于基础题.10、C【解析】
设直线l的方程为x=y,与抛物线联立利用韦达定理可得p.【详解】由已知得F(,0),设直线l的方程为x=y,并与y2=2px联立得y2﹣py﹣p2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点C(x0,y0),∴y1+y2=p,又线段AB的中点M的纵坐标为1,则y0(y1+y2)=,所以p=2,故选C.【点睛】本题主要考查了直线与抛物线的相交弦问题,利用韦达定理是解题的关键,属中档题.11、B【解析】
利用换元法化简解析式为二次函数的形式,根据二次函数的性质求得的取值范围,由此求得的值域.【详解】因为(),所以,令(),则(),函数的对称轴方程为,所以,,所以,所以的值域为.故选:B【点睛】本小题考查函数的定义域与值域等基础知识,考查学生分析问题,解决问题的能力,运算求解能力,转化与化归思想,换元思想,分类讨论和应用意识.12、C【解析】
把已知等式变形,利用复数代数形式的除法运算化简,再由复数模的计算公式求解.【详解】解:由,得,∴.故选C.【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数模的求法,是基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、81【解析】
根据二项式系数和的性质可得n,再利用展开式的通项公式求含项的系数即可.【详解】由于所有项的二项式系数之和为,,故的二项展开式的通项公式为,令,求得,可得含x项的系数等于,故答案为:8;1.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用,二项式系数的性质,二项式展开式的通项公式,属于中档题.14、【解析】
求导,得到和,利用点斜式即可求得结果.【详解】由于,,所以,由点斜式可得切线方程为.故答案为:.【点睛】本题考查利用导数的几何意义求切线方程,属基础题.15、【解析】
由题可得,解得,所以,,上述两式相减可得,即,因为,所以,即,所以数列是以为首项,为公差的等差数列,所以.16、1【解析】
把向量进行转化,用表示,利用基本不等式可求实数的值.【详解】,解得=1.故答案为:1.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积应用,综合了基本不等式,侧重考查数学运算的核心素养.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、A=【解析】
运用矩阵定义列出方程组求解矩阵A【详解】由特征值、特征向量定义可知,Aα即abc同理可得3a+2b=12,3c+2d=8.解得a=2,b=3,c=2,d=1.因此矩阵【点睛】本题考查了由矩阵特征值和特征向量求矩阵,只需运用定义得出方程组即可求出结果,较为简单18、(1)答案见解析.(2)答案见解析【解析】
(1)利用复合函数求导求出,利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.(2)首先证,令,求导可得单调递增,由即可证出;再令,再利用导数可得单调递增,由即可证出.【详解】(1)显然时,,故在单调递减.(2)首先证,令,则单调递增,且,所以再令,所以单调递增,即,∴【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式,解题的关键掌握复合函数求导,属于难题.19、(1)证明见解析(2)【解析】
(1)连接,设,连接.通过证明,证得直线平面.(2)建立空间直角坐标系,利用平面和平面的法向量,计算出二面角的正弦值.【详解】(1)连接,设,连接,因为,所以,所以,在中,因为,所以,且平面,故平面.(2)因为,,,,,所以,因为,平面,所以平面,所以,,取所在直线为轴,取所在直线为轴,取所在直线为轴,建立如图所示的空间直角坐标系,由已知可得,,,,所以,因为,所以,所以点的坐标为,所以,,设为平面的法向量,则,令,解得,,所以,即为平面的一个法向量.,同理可求得平面的一个法向量为所以所以二面角的正弦值为【点睛】本小题主要考查线面平行的证明,考查二面角的求法,考查空间想象能力和逻辑推理能力,属于中档题.20、(1);(2).【解析】
(1)根据题意,求得,,因而得出,利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数,最后利用,求出的最小正周期;(2)由(1)得,再利用整体代入求出函数的值域.【详解】(1)因为,,所以,,所以函数的最小正周期为.(2)因为,所以,所以,故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域,运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式,考查化简和计算能力.21、(Ⅰ);(Ⅱ)(ⅰ)详见解析.(ⅱ)详见解析.(Ⅲ)详见解析.【解析】
(Ⅰ)当,时,,,,,,.即可得出.(Ⅱ)(i)当时,,2,3,,,又,,,,,,必然有,否则得出矛盾.(ii)由.可得.又,即可得出为定值.(iii)由设,,,,其中,,,2,,.,可得,通过求和即可证明结论.【详解】(Ⅰ)解:当,时,,,,,..(Ⅱ)证明:(i)当时,,2,3,,,又,,,,,,必然有,否则,而,与已知对任意,矛盾.因此有.(ii)..,为定值.(iii)由设,,,,其中,,,2,,.,..【点睛】本题主要考查等差数列与等比数列的通项公式求和公式,考查了推理能力与计算能力,属于难题.22、(1)见解析;(2)【解析】
(1)记,连结,推
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