2024届贵州省高三上学期入学考试数学试题含答案

2024届贵州省高三上学期入学考试数学试题

一、单选题

1．已知复数（i为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的乘法运算可得答案.

【详解】因为，所以．

故选：C.

2．若集合，集合，则集合（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据集合中元素确定集合，再根据并集的运算即可.

【详解】因为，

当，时，可取0，，；

当，时，可取1，0，；

当，时，可取2，1，0，

所以，所以.

故选：D.

3．已知函数，则（    ）

A．e B． C． D．

【答案】C

【分析】先求导，算出之后，然后求函数值

【详解】，则，

故，解得，

，所以.

故选：C

4．“积跬步以至千里，积小流以成江海．”出自荀子《劝学篇》．原文为“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”数学上这样的两个公式：①；②，也能说明这种积少成多，聚沙成塔的成功之道．它们所诠释的含义是“每天增加1%，就会在一个月、一年以后产生巨大的变化．虽然这是一种理想化的模型，但也能充分地说明“小小的改变和时间积累的力量”．假设某同学通过学习和思考所带来的知识积累的变化，以每天2.01%的速度“进步”，则30天以后他的知识积累约为原来的（    ）

A．1.69倍 B．1.96倍 C．1.78倍 D．2.8倍

【答案】A

【分析】根据等比数列的通项公式计算可得答案.

【详解】每天进步2.01%，即0.0201，

因为，

所以30天以后某同学的知识积累约为原来的1.69倍．

故选：A.

5．已知函数为奇函数，为偶函数，且，记，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据解析式，分别代入和，再结合函数的奇偶性，即可求解和，再求其比值.

【详解】因为为奇函数，为偶函数，

所以，，且，

所以，即，

又，两式联立解得，，

所以．

故选：C.

6．已知F为双曲线C：（，）的右焦点，过点F作x轴的垂线与双曲线及它的渐近线在第一象限内依次交于点A和点B．若，则双曲线C的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别求出点A,B的坐标，利用线段相等建立方程求出即可得解.

【详解】由题意得，双曲线C的渐近线方程为．设点A，B的纵坐标依次为，，

因为，所以，所以．

因为，所以．

因为，所以，得，所以，

故，双曲线C的渐近线方程为，即，

故选：B．

7．已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得，从而可得，根据平方公式与二倍角公式即可得的值.

【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．

易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R，

由题意知，解得．

因为AB与圆弧相切于点B，所以．

在Rt△ABO中，，

又，所以．

由对称性知，，则，

所以．

故选：D.

8．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，则数列的首项为（    ）

A． B． C．或 D．3或

【答案】B

【分析】根据题意分这组数的个数为奇数和这组数的个数为偶数两种情况，结合等差数列的性质求解.

【详解】若这组数的个数为奇数，设为个，则，，

又，所以；

若这组数的个数为偶数，设为个，则，，

又，所以．

故选：B

二、多选题

9．如图，在空间四边形ABCD中，，，将△ABD以BD为旋转轴转动，则下列结论正确的是（    ）

A．连接AC，BD，则

B．存在一个位置，使△ACD为等边三角形

C．AD与BC不可能垂直

D．直线AD与平面BCD所成角的最大值为60°

【答案】ABD

【分析】对于A，取BD的中点E，连接AE，CE，根据等腰三角形的性质和线面垂直的判定及性质分析判断，对于B，当三棱锥是正四面体时可得结论，对于C，由正四面体的性质分析，对于D，面ABD与平面BDC垂直时分析判断.

【详解】对于A，如图所示，取BD的中点E，连接AE，CE．因为，所以．

同理，因为，平面，

所以平面，因为平面，所以，故A正确．

对于B，由题意可知，，当，三棱锥是正四面体时，△ACD为等边三角形，故B正确．

对于C，当三棱锥是正四面体时，取的中点，连接，因为，

所以，因为，平面，所以平面，

因为平面，所以，故C不正确．

对于D，当平面ABD与平面BDC垂直时，点到平面的距离最大，此时直线与平面所成的角最大，

由选项A可知，因为平面平面，平面，所以平面，

所以为直线与平面所成的角，

因为，所以为等边三角形，所以，

所以直线AD与平面BCD所成角的最大值为60°，故D正确．

故选：ABD

10．过抛物线C：的焦点F作两条互相垂直的直线和，设直线交抛物线C于A，B两点，直线交抛物线C于D，E两点，则可能的取值为（    ）

A．18 B．16 C．14 D．12

【答案】AB

【分析】由题意可知直线，的斜率均存在且均不为0，所以不妨设的斜率为k，则：，：，然后将两直线方程分别代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，再利用基本不等式可求得结果.

【详解】由题意可知直线，的斜率均存在且均不为0．因为抛物线C的焦点为，

所以不妨设的斜率为k，则：，：．

由消去y得．设，，

则．

由抛物线的定义，知．同理可得，

所以，当且仅当，即时，等号成立，

所以，

故选：AB．

11．某学校高三年级于2023年5月初进行了一次高三数学备考前测考试．按照分数大于或等于120的同学评价为“优秀生”，其它分数的同学评价为“潜力生”进行整体水平评价，得到下面表（1）所示的列联表．已知在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，根据表（2）的数据可断定下列说法正确的是（    ）

表（1）

表（2）

A．列联表中c的值为30，b的值为35

B．列联表中c的值为20，b的值为45

C．根据列联表中的数据，有95%的把握认为成绩与班级有关

D．根据列联表中的数据，没有95%的把握认为成绩与班级有关

【答案】BC

【分析】根据题目条件计算判断AB，再由卡方的计算判断CD.

【详解】因为在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，

所以“优秀生”的人数为，“潜力生”的人数为，

所以，，故A错B对；

因为，所以有95%的把握认为成绩与班级有关，故C对D错.

故选：BC．

12．已知函数，，若对任意．及对任意，都有，则实数a的值可以是（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】CD

【分析】因为对任意及对任意，都有，所以，根据以及解析式的结构分别求出最小值和最大值即可.

【详解】当对任意时，，当且仅当，即时，等号成立，所以在上；

又，

当，即时，在上，由，解得，所以；

当，即时，在上，由，解得，所以；

综上可知，实数a的取值范围是；

故选：CD．

三、填空题

13．设为的外心，，，则        ．

【答案】

【分析】由题意画图，结合数量积几何意义和定义求解即可.

【详解】如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，

则在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为，

因为为的外心，所以

，，

，，

所以．

故答案为：.

14．数学上将形如（p为素数）的素数称为“梅森素数”．显然，即使p是一个“不太大”的素数，“梅森素数”也可能是一个“很大”的数．利用和，可估计得出“梅森素数”的位数为        ．

【答案】21

【分析】根据“梅森素数”的定义及对数运算即可得得结论.

【详解】依题意，得，

所以，则“梅森素数”的位数为21．

故答案为：21．

15．如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为        ．

【答案】

【分析】利用作平行线的办法先作出符合题意的截面，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解.

【详解】  

如图所示，在平面内，过点作分别交于．

在平面内过点作交于点，在平面内过点作交于点，

连接，由，，故，于是共面，

由，平面，平面，故//平面，

同理可说明//平面，则四边形是过点既平行于直线又平行于直线的截面．

由//平面，平面平面，平面，故，又，

则，结合可得，四边形是平行四边形．

因为，，，平面，所以平面，

又平面，所以．又，所以，所以平行四边形是矩形．

因为，所以，设相似比为，则，因为，

所以．因为，所以，则，

因为，所以，即，

故，

所以当时，取得最大值.

故答案为：

16．如图，设，是圆O：上的两个动点，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和，则        ．

【答案】4

【分析】求出的方程得出，求出的方程得出，再利用、点在圆上可得.

【详解】，，

由于，是圆O上的两个动点，

可得，，且，，

的方程为，令，得，

的方程为，

令，得，

所以．

故答案为：4.

四、解答题

17．如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．

(1)求的面积；

(2)求的周长的最大值．

【答案】(1)3

(2)

【分析】（1）根据四边形存在外接圆的几何性质可得，利用平方关系可得，再根据面积公式可得的面积；

（2）根据余弦定理求解的长，再由余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值．

【详解】（1）因为平面四边形存在外接圆，

所以，，

又，所以，

所以的面积．

（2）在中，由余弦定理得

，

解得．

在中，由余弦定理得，

即

．

由此得，当且仅当时，等号成立，

所以，故的周长．

18．已知为数列的前n项和，且满足，．

(1)求的值；

(2)若，记数列的前n项和为，证明：．

【答案】(1)14

(2)证明见解析

【分析】（1）利用化简可得答案；

（2）求出，利用裂项相消求和求出，根据的单调性可得答案．

【详解】（1）因为，①

所以当时，，②

由①②，得，化简得，

所以；

（2）由及（1），知，得，

所以，

所以

，

又，且，

所以数列是递增数列，．

综上可知，．

19．甲、乙分别拥有3张写有数字的卡片，甲的3张卡片上的数字分别为X，Y，Z，乙的3张卡片上的数字分别为x，y，z，已知．他们按如下规则做一个“出示卡片，比数字大小”的游戏：甲、乙各出示1张卡片，比较卡片上的数字的大小，然后丢弃已使用过的卡片．他们共进行了三次，直至各自用完3张卡片，且在出示卡片时双方都不知道对方所出示的卡片上的数字．三次“出示卡片，比数字大小”之后，认定至少有两次数字较大的一方获得胜利．

(1)若第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z，求乙最终获得胜利的概率；

(2)记事件“第一次乙出示的卡片上的数字大”，事件“乙获得胜利”，试比较A和B哪个概率大，并说明理由．

【答案】(1)

(2)，理由见解析

【分析】（1）根据互斥事件与独立事件概率公式求解即可；

（2）确定事件的样本空间，利用古典概型计算即可.

【详解】（1）由于第一次乙出示的卡片上的数字较小，故第二次、第三次乙出示的卡片上的数字必须较大才能获得胜利，

所以乙获得胜利为事件，则．

（2）在第一次出示的卡片中，样本空间为第一次双方出示的卡片上的数字匹配情况，

则，，

所以．

记，，，，，，

则三次出示卡片甲、乙卡片上数字匹配情况的样本空间为，“乙获得胜利”，所以．

故事件A的概率比事件B的概率大．即

20．如图，直四棱柱的底面为菱形，且，，E，F分别为BC，的中点．

(1)证明：平面平面．

(2)求平面和平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答.

（2）连接，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答.

【详解】（1）在直四棱柱中，底面为菱形，，连接，如图，

显然为正三角形，由为的中点，得，而平面，

平面，则，又，平面，

因此平面，又平面，

所以平面平面．

（2）连接，由（1）知是正三角形，为的中点，则，而，即有，

又平面，于是两两垂直，

以A为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

由，得，

，，，，

设平面的法向量为，则，令，得，

设平面的法向量为，则，令，得，

因此，

所以平面和平面的夹角的余弦值为．

21．定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．

(1)求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．

(2)设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点．

①求点，的坐标；

②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．

【答案】(1)

(2)①，；②证明见解析

【分析】（1）设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简即可；

（2）①联立直线和椭圆的方程，解出即可；②设点，，利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线的方程为，计算直线与椭圆相切时的值，再检验证明此时不满足，则证明出面积小于.

【详解】（1）设中点B的坐标为，

对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义，

可知直线l的方程为，即l：．

（2）①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或，

所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，．

②设点，，则，

两式相减得．

又，所以，所以，

即，线段PQ被直线l平分．

设点到直线的距离为d，

则四边形的面积．

由，，得．

设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值．

由消去y得．

令，解得，

当时，此时方程为，即，解得，

则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，

故直线与C不可能相切，

即d小于平行直线和（或）的距离．

故.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.

22．定义函数，其中．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)证明：在区间上，有且只有两个不同的极值点．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出当的导数的值，根据导数的几何意义求解；

（2）有2个不同的极值点，即意味着在时有2个零点，据此分类讨论求解.

【详解】（1）当时，，则，

所以，

故所求切线方程为．即；

（2）由题意得，

当时，．

函数，，

所以在R上单调递增，并且当 趋于时趋于，当x趋于时y趋于，

所以存在唯一实数，使得，

又当时，，

所以当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

故是在区间上唯一的一个极值点；

同理可证，存在唯一的，使得，此时，

当时，，当时，，

所以函数在上单调递增，在上单调递减，

故是函数在上唯一的一个极值点；

又，不是函数的极值点，

所以在区间上，有且只有两个不同的极值点．

综上，所求的切线方程为.