青海省名校联盟2024-2025学年高三上学期教学质量联合检测数学试题 (解析)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页青海省名校联盟2024-2025学年高三上学期教学质量联合检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据复数的运算求出，再根据共轭复数的定义即可求出.【详解】解：，，故．故选：D.2．已知向量不平行，向量与平行，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用向量共线定理、平面向量基本定理即可求解.【详解】因为向量与平行，所以．因为向量不平行，所以解得．故选：.3．已知随机变量，若随机变量，则（

）A．10 B．12 C．30 D．32【答案】B【分析】利用二项分布的期望公式和两随机变量的线性关系即可求解.【详解】由题意可得，则．故选：B.4．已知命题，；命题，，则（

）A．和都是真命题 B．和都是真命题C．和都是真命题 D．和都是真命题【答案】B【分析】举出反例得到是假命题，由于，，故是真命题，从而得到答案.【详解】对于而言，取，则，所以是假命题，是真命题；对于而言，，则，，所以是真命题，是假命题.综上，和都是真命题.故选：B5．已知直线与圆交于两点，且，则（

）A．4 B． C．2 D．【答案】D【分析】运用垂径定理结合勾股定理构造方程计算即可.【详解】由题意可得圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离．因为，所以，即，解得.故选：D.6．从五棱锥的6个顶点中随机选取4个，则这4个顶点在同一个平面内的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出所有可能情况及符合要求的情况即可得.【详解】从五棱锥的6个顶点中随机选取4个的不同选取方法有种，其中选取的4个顶点在同一个平面内的不同选取方法有种，则所求概率．故选：C.7．大荔冬枣是陕西省渭南市大荔县的特产.大荔冬枣果个大，果实近圆形，果面平整光洁，果皮薄，完熟期呈浅黄片状赭红色，肉细嫩，果肉乳白色，口感细嫩酰脆且味香甜.假设某水果店销售的大荔冬枣的单价（单位：元/斤）与单果的直径（单位：）满足关系式.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为24元/斤.当单果的直径为时，大荔冬枣的单价约为（

）（参考数据：）A．11.5元/斤 B．12.5元/斤 C．10元/斤 D．14元/斤【答案】A【分析】由题意可得，，求解可得，，计算可得的值.【详解】根据题意有当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为8元/斤；当单果的直径为时，大荔冬栙的单价为24元/斤，所以，，两式相除可得，所以，所以，解得，当单果的直径为时，大荔冬枣的单价为(元/斤).故选：A.8．若，对恒成立，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由可判断的正负，进而可知和是的两根，且，根据韦达定理列出等式，然后判断大小即可.【详解】因为，所以.当时，；当时，；当时，.因为在上恒成立，所以和是的两根，且，则，解得，，所以，.故选：B.二、多选题9．设数列，的前n项和分别为，，且，则下列结论不正确的是（

）A．若是递增数列，则是递增数列B．若是递减数列，则是递减数列C．若是递增数列，则是递增数列D．若是递减数列，则是递减数列【答案】ABD【分析】取具体数列可判断AB，根据指数的性质判断，由数列和的概念可判断CD.【详解】当时，是递增数列，此时，不是递增数列，故A错误；当时，是递减数列，此时，不是递减数列，故B错误；由是递增数列，得是递增数列，且，则是递增数列，故C正确；由是递减数列，得是递减数列，且，则是递增数列，故D错误.故选：ABD10．已知为奇函数，且对任意，都有，，则（

）A． B． C． D．【答案】AB【分析】由为奇函数可得到的图象关于点对称，由得到的图象关于直线对称，结合两者得到的周期为8，进而化简即可求解.【详解】由为奇函数，可得，即，则的图象关于点对称，所以，又，所以的图象关于直线对称，结合得，即，所以，所以则是以8为周期的周期函数，所以，，，，故选：AB.11．代数与几何是数学的两个重要分支，它们之间存在着紧密的联系．将代数问题转化为几何问题，可以利用几何直观来理解和解决代数问题，例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，可满足方程的的值可能是（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】方程变形后，几何意义为平面内一点到两定点距离之差的绝对值为，由双曲线定义得到点在双曲线上，代入求出．【详解】由，得，其几何意义为平面内一点到两定点距离之差的绝对值为，由于，由双曲线定义可得点在双曲线上，所以，解得．故选：AC三、填空题12．已知曲线在处的切线斜率为1，则．【答案】3【分析】利用函数的求导法则及导数值的意义即可求解.【详解】由题意可得，则，解得．故答案为：.13．若锐角满足，则，．【答案】【分析】根据条件求和，再代入两角和的正切公式，即可求解.【详解】，因为为锐角，所以．又为锐角，所以．故．故答案为：，.14．如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积，该球与侧面的交线长为．【答案】【分析】先确定球心位置，再结合题意得到球的半径，再求解球的半径解决第一空，先确定交线的轨迹，作出图形，再利用图形的几何性质求解第二空即可.【详解】由题意可知以为直径的球的球心是长方体的中心，则点到平面的距离，由题中数据可得，则球的半径．如图，设在平面的投影为，则为正方形的中心，设点在球与正方形的交线上，则，故以为直径的球与正方形的交线是以为圆心，为半径的圆在正方形内的曲线．设圆与的一个交点为，作，垂足为，则，所以，所以以为直径的球与侧面的交线长为．故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定交线的轨迹并作出图形，然后利用图形的性质得到所要求的轨迹长度即可．四、解答题15．如图，在四棱锥中，．

(1)证明：平面．(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在梯形中，取中点，利用平行四边形以及勾股定理证明线线垂直，结合线面垂直判定定理，可得答案；（2）由题意，建立空间直角坐标系，取直线的方向向量且计算平面的法向量，利用线面夹角的公式，可得答案.【详解】（1）证明：取的中点，连接．因为，所以．因为，所以四边形是平行四边形，所以．因为，所以，所以．因为，所以．因为平面，且，所以平面．（2）易证两两垂直，则以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，则．设平面的法向量为，则，令，得．设直线与平面所成的角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为．16．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，，求的周长.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据条件，利用正弦定理得到，再利用余弦定理，即可求解；（2）根据条件，利用辅助角公式得到，进而得到，从而有，再利用正弦定理，即可求出结果.【详解】（1）在中，由正弦定理得.因为，所以，.化简得.在中，由余弦定理得.又因为，所以.（2）由，可得，又，所以，得到，即，所以，，又，由正弦定理得，得到，解得，，故的周长为.17．已知函数.(1)若，求的极值点；(2)讨论的单调性.【答案】(1)极小值点为1，无极大值点.(2)答案见解析【分析】（1）利用导数，可得当时，单调递减；当时，单调递增，则得答案；（2）由，则讨论的解的情况，进而讨论出的单调区间.【详解】（1）因为，所以，则，令，解得或（舍），当时，单调递减；当时，单调递增，故的极小值点为1，无极大值点.（2）由，则，令，若，即，则方程无解或有两个相等的实数解，此时恒成立，则的单调递增区间为，无单调递减区间.若，即，则方程的解为，若，即，则，当时，，当时，，则的单调递增区间为和，单调递减区间为.若，即，则，当时，，当时，，则的单调递增区间为，单调递减区间为.综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.18．已知椭圆的左､右焦点分别为，，为椭圆上的动点，的面积的最大值为，且点到点的最短距离是2.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点作斜率为的直线，交椭圆于，两点，交抛物线：于，两点，且，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据面积及点到焦点的距离最小值得出方程组求出,即可得出椭圆方程；（2）先设直线再联立方程组再应用弦长公式分别求出，再代入计算求参，即可得出直线的方程.【详解】（1）由题意可得解得，则椭圆的标准方程为.（2）由（1）可知，设直线的方程为，联立整理得，则，从而，故.联立整理得，则，故.因为，所以，整理得，即，解得.因为，所以，所以，则直线的方程为.19．设数列的前n项和为，若对任意的，都有（k为非零常数），则称数列为“和等比数列”，其中k为和公比.(1)若，判断是否为“和等比数列”.(2)已知是首项为1，公差不为0的等差数列，且是“和等比数列”，，数列的前n项和为.①求的和公比；②求；③若不等式对任意的恒成立，求m的取值范围.【答案】(1)不是和等比数列(2)①;②;③【分析】（1）根据“和等比数列”定义判断即可；（2）①根据和等比数列的出定义列方程求和公比；②应用错位相减法计算求解；③根据数列的单调性得出数列的最小值，把恒成立转化为最值问题，分奇偶两种情况分别得出参数范围.【详解】（1）数列的前n