2024届贵州省六校联盟高三上学期高考实用性联考卷（一）数学试题含答案

2024届贵州省六校联盟高三上学期高考实用性联考卷（一）数学试题

一、单选题

1．设，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．

【答案】C

【分析】由复数的四则运算结合模长公式求解即可.

【详解】，则，所以.

故选：.

2．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】解出两个集合中的不等式，再求两个集合的交集.

【详解】由，，

则.

故选：B.

3．将4个不同的小球平均放入2个不同的盒子中，有多少种不同的放法？（    ）

A．6 B．12 C．3 D．16

【答案】A

【分析】根据平均分组的方法即可得到答案.

【详解】由题意根据先分组再排列知共有种，

故选：A.

4．设函数为奇函数，则实数的值为（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】函数为奇函数，函数为奇函数，则有函数为偶函数，由可求实数的值.

【详解】函数有意义，有，解得或，

则函数的定义域为，

，

所以函数为奇函数，

又为奇函数，则为偶函数，

有，即，解得.

故选：B.

5．设直线与双曲线相交于两点，为上不同于的一点，直线的斜率分别为，若的离心率为，则（    ）

A．3 B．1 C．2 D．

【答案】B

【分析】设点的坐标，代入双曲线方程，利用点差法化简可得，求值即可.

【详解】由题意可知点关于原点对称，设，则有，，

都在双曲线上，有，，两式相减得，

则，得，即，

又由，则.

故选：.

6．若函数在区间内单调递减，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用复合函数的单调性结合函数定义域，求实数的取值范围

【详解】函数在区间上单调递减，由函数在定义域内单调递增，

则函数在区间上单调递减，且恒成立，可得.

故选：C.

7．在锐角中，若，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用二倍角的正弦，结合余弦函数的性质求解作答.

【详解】在锐角中，由，得，于是，解得，，

所以.

故选：C

8．设数列满足，且，若，则的最小值为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】D

【分析】根据分析可得是以首项为，公差的等差数列，进而可得，再结合数列的单调性分析求解.

【详解】因为，即，

则数列是以首项为，公差的等差数列，

所以，即，

又因为，即，

则是单调递减数列，且

若，则，故的最小值为5.

故选：D.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．数据的分位数是7

B．应用最小二乘法所求的回归直线一定经过样本点的中心

C．在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高

D．离散型随机变量的方差反映了随机变量取值的波动情况

【答案】BCD

【分析】对于A：根据百分位数的定义运算求解；对于B：根据回归直线的定义分析判断；对于C：根据残差的定义分析判断；对于D：根据方差的定义分析判断.

【详解】对于选项A：因为，所以分位数是，故A错误；

对于选项B：根据回归直线的定义可知：回归直线一定经过样本点的中心，故B正确；

对于选项C：由在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，故C正确；

对于D：由方差的性质可知：方差反映了随机变量取值的波动情况，方差越大，波动性越大，故D正确；

故选：BCD.

10．已知抛物线的顶点为，准线为，焦点为，过作直线交抛物线于两点（在的左边），则（    ）

A．

B．若直线经过点，则

C．线段的最小值为2

D．若，则直线的斜率为

【答案】ACD

【分析】由抛物线方程的准线求的值判断选项A；设直线的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式表示出，代入点验证选项B；利用算式判断最小值验证选项C；利用所给条件解出，得到直线斜率验证选项D.

【详解】A选项，抛物线的标准方程为，准线为，则，

准线方程，解得，故A正确；

焦点，过作直线交抛物线于两点，显然的斜率存在，设直线的方程为，

联立整理得，恒成立，

设，则，，

，

B选项，若直线经过点，则，，故错误；

C选项，当时，的最小值为2，故C正确；

D选项，由，得，

又，，解得，，

又因为，所以，故D正确.

故选：ACD.

11．函数的图象如图，则下列结论正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】由和为方程的两根得出，由不等式的性质判断BCD.

【详解】由的图象可知在和上单调递增，在上单调递减，

在处取得极大值，在处取得极小值，又，

即和为方程的两根且，

由韦达定理得，，故A正确，B正确；，故C正确，D错误，

故选：ABC.

12．骰子通常作为桌上游戏的小道具.最常见的骰子是六面骰，它是一个质地均匀的正方体，六个面上分别写有数字，现有一款闯关游戏，共有3关，规则如下：在第关要抛掷六面骰次，每次观察向上面的点数并做记录，如果这次抛掷所出现的点数之和大于，则算闯过第关，，假定每次闯关互不影响，则（    ）

A．挑战第1关通过的概率为

B．直接挑战第2关并过关的概率为

C．连续挑战前两关并过关的概率为

D．若直接挑战第3关，设“三个点数之和等于15”，“至少出现一个5点”，则

【答案】BCD

【分析】根据题意，结合古典摡型的概率计算公式，相互独立事件的概率乘法公式，以及条件概率的计算方法，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，闯第1关时，，满足条件的点数有三种情况，

所以挑战第1关通过的概率为，所以A错误；

对于B中，直接挑战第2关，则，

所以投掷两次点数之和应大于6，即点数为共21种情况，

故直接挑战第2关并过关的概率为，所以B正确；

对于C中，连续挑战前两关并过关的概率为，所以C正确；

对于D中，由题意可知，抛掷3次的基本事件有个，

抛掷3次至少出现一个5点的基本事件共有个，故，

而事件包括：含的1个，含的有6个，一共有7个，故，

所以，所以D正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，且，则          .

【答案】

【分析】根据题意，求得，结合，即可求解.

【详解】由，可得，

又由，可得，

则.

故答案为：.

14．已知底面半径为2，高为4的圆锥，用一个平行于底面的平面去截该圆锥得体积相等的两个几何体，则所截得的圆台的高为          .

【答案】/

【分析】由题意截得的圆锥体积为原圆锥体积的一半体积，利用体积公式可得截得的圆锥半径为，可得圆台的高为.

【详解】  

由题意设所截得的圆锥的底面半径为，则截得该圆锥的高为，

因截得两个几何体体积相等，所以截得的圆锥体积为原圆锥体积的一半，

所以，得，

则所截的圆台的高为.

故答案为：

15．已知圆，过直线上任意一点，作圆的两条切线，切点分别为两点，则的最小值为          .

【答案】

【分析】根据圆的切线长公式，结合，利用圆的性质，即可求解.

【详解】由题意得，圆的圆心为，半径为，

如图所示，

根据圆的切线长公式，可得，

则，

当取最小值时，取最小值，此时，则，

则.

故答案为：.

16．已知函数，相邻两个零点的距离为，且在区间上有5个不同的零点，则5个零点之和的取值范围是          .

【答案】

【分析】由函数的最小正周期得到，作出函数图像，问题转化为区间上方程有5个不同实数根，利用曲线的对称性和正弦函数的性质，求5个零点之和的取值范围.

【详解】由题知，所以，即，

区间上方程有5个不同实数根，

令，解得，

分别令得三条对称轴分别为，

，令，解得，令，则，

作出图形如图所示，

则，

所以，则5个零点之和的取值范围是.

故答案为：

四、解答题

17．在中，内角的对边分别是，且.

(1)求角的大小；

(2)若，且边上的中线长为4，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理和倍角公式化简得，可得角的大小；

（2）利用中线的向量性质，结合余弦定理求出，用面积公式求的面积.

【详解】（1），由正弦定理得：，

因为，所以，

故，即，

因为，所以，故，

.

（2）设的中点为，则，两边同时平方得：

，①，

在中，由余弦定理得②，

①-②得，则，

.

18．已知在正项数列中，，当时，.

(1)求数列的通项公式；

(2)已知数列满足，为数列的前项和，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）对已知等式分解因式结合各项都为正数，可得，从而可得是首项为，公比为的等比数列，进而可求出的通项公式；

（2）由（1）可得，再利用分组求和法和裂项求和法可证得结果.

【详解】（1）解：由，

得，

的各项都为正数，，

故是首项为，公比为的等比数列，

.

（2）证明：由，

，

，

因为，所以，

所以，

所以.

19．为了丰富学生的课外活动，某中学举办羽毛球比赛，经过三轮的筛选，最后剩下甲、乙两人进行最终决赛，决赛采用五局三胜制，即当参赛甲、乙两位中有一位先赢得三局比赛时，则该选手获胜，则比赛结束.每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前比赛结果影响.假设甲在每一局获胜的概率均为.

(1)若比赛进行三局就结束的概率为，求的最小值；

(2)记（1）中，取得最小值时，的值为，以作为的值，用表示甲、乙实际比赛的局数，求的分布列及数学期望.

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）若比赛进行三局就结束，则甲连胜三局或乙连胜三局，求出概率，利用导数求的最小值；

（2）由（1）知的值，的可能取值为，依次计算概率，列分布列，利用公式求数学期望.

【详解】（1）三局就结束比赛的概率为，

由，

当；当，

所以在上递减，在上递增，

所以，当时，取得最小值为.

（2）由（1）知，，

设实际比赛局数为，则的可能取值为，

所以，

，

，

的分布列为：

.

20．如图，四棱柱的底面为矩形，为中点，平面平面，且.

(1)证明：；

(2)若此四棱柱的体积为2，求二面角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由面面垂直的性质以及线面垂直的定义证明；

（2）由面面垂直的性质得出平面，进而由体积公式得出，再建立坐标系，利用向量法求解即可.

【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，

平面，所以平面，

因为，所以平面，

又因为平面，所以.

（2）解：取的中点，连接，如图，

因为，所以，

又因为平面平面，

平面平面，

所以平面，

所以为四棱柱的高，

设，则，

所以四棱柱的体积，解得，

以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则，

，

设平面的一个法向量为，

则得

令，则，

同理可求平面的一个法向量为.

设二面角的平面角为，则，

所以，即二面角的正弦值为.

21．已知椭圆经过点.

(1)求的离心率；

(2)直线交于两点，若直线关于直线对称，求的斜率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将点代入，求得，结合离心率的定义，即可求解；

（2）设，且，联立方程组，得到，再由，得到，整理得，进而求得直线的斜率.

【详解】（1）解：因为椭圆经过点，

将点代入，可得，即，

解得或（舍去），所以，

又因为，所以，

所以椭圆的离心率为.

（2）解：由（1）可知的方程为，

由题意，直线斜率存在，

设，且，

联立方程组，整理得，

则，可得，

且，

因为直线关于直线对称，所以，

可得，整理得，

代入可得，

即，即，

解得或，

当时，即，可得，即，

此时直线经过点，不符合题意，

所以直线的斜率为.

【点睛】知识方法：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

22．已知函数在处的切线方程为.

(1)求实数的值；

(2)证明：函数有两个零点，且.

【答案】(1)，；

(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求解作答.

（2）由（1）求出函数的解析式，探讨函数单调性，结合零点存在性定理探讨的取值范围，利用零点的意义构造函数，再利用导数求解作答.

【详解】（1）函数，求导得，

显然切线的斜率为，且切点坐标为，

于是，

所以.

（2）由（1）知：，函数定义域为，

当时，；当时，，

因此函数在上单调递减，在上单调递增，

，

由零点存在性定理知：在和上各存在唯一的零点，

不妨令，由，得，

显然，即有，则，因此，

设，求导得，函数在上单调递增，，

所以.

【点睛】思路点睛：涉及函数零点问题，利用零点存在性定理探讨零点的范围，函数零点的意义等价转化，构造函数并用导数探讨函数的单调性、最值等解决问题.