贵州省贵阳市2024届高三数学上学期8月摸底考试试题含解析

这是一份贵州省贵阳市2024届高三数学上学期8月摸底考试试题含解析，共22页。试卷主要包含了请保持答题卡平整，不能折叠等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分．考试时间为120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将姓名、报名号、座位号用钢笔填写在答题卡相应位置上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．请保持答题卡平整，不能折叠．考试结束后，监考老师将试通卷、答题卡一并收回．
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合是目要求的．
1. 已知全集，集合，，则下图阴影部分所对应的集合为（）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】求得两集合的并集，根据阴影部分表示的含义即可求得答案.
【详解】由题意知，则,
由图可知阴影部分所对应的集合为.
故选：A
2. 已知（为虚数单位），则（）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法法则进行运算，再求模即可.
【详解】由，
得，
则，
故选：D.
3. 2023年5月，浙江卫视《奔跑吧11》第四期节目打卡爽爽的贵阳城．周深在内的兄弟团成员和以刘宇等为成员的INTO1组合与来自贵阳社会各界的400位青年一起在贵州大学体育馆唱响了一场“青春歌会”．节目组在前期准备工作中统计出了排名靠前的10首人们喜欢的赞颂青春的歌曲．在活动中，兄弟团成员要从这10首歌曲中竞猜排名前5名的歌曲，则在竞猜中恰好猜对2首歌曲的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用排列、组合求出试验的基本事件总数及事件所含基本事件数，再利用古典概率计算作答.
【详解】依题意，10首歌曲任意排列名的试验有个基本事件，
恰好猜对2首歌曲的事件含有个基本事件，
所以在竞猜中恰好猜对2首歌曲的概率.
故选：B
4. 已知等差数列的前项和为．若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的求和公式求出的值，再利用等差数列的求和公式可求得的值.
【详解】设等差数列的公差为，则，
又因为，则，解得，
因此，.
故选：C.
5. 如图，在中，点为线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将用、表示，然后利用平面向量的减法可得出关于、的表达式.
【详解】因为为线段的中点，则
，
因为点是线段上靠近的三等分点，则，
因此，.
故选：A.
6. 转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形，正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h，已知曲面棱柱的体积，若，，则曲面棱柱的体积为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意和图中三角形的面积是由三块相同的扇形叠加而成的，其面积等于三块扇形的面积相加，再减去两个等边三角形的面积，进而求解.
【详解】扇形ACB的面积，
，
则底面积，
所以曲面棱柱的体积，
故选：A．
7. 直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点．若，则（）
A. 4B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据焦半径公式并结合条件，得到点的坐标，即可求得弦长.
【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
设，，，，
因为，所以，得，①
因为，所以，即，②
由方程①②可得，，
所以.
故选：C
8. 已知，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用构造函数法，结合导数判断出的大小关系，利用对数、指数运算判断出的关系，进而确定正确答案.
详解】构造函数，
所以在上单调递增，所以，
，；
故只需比较与；也即比较与；
也即比较与，
而，，
所以，所以.
综上所述，.
故选：B
二、选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知二项式的展开式中各项的系数的和为128，则下列结论中正确的有（）
A. 展开式共有7项B. 所有二项式系数的和为128
C. 只有第4项的二项式系数最大D. 展开式的常数项为
【答案】BD
【解析】
【分析】首先根据系数和公式求，再根据二项式定理和二项式系数的性质，判断选项.
【详解】由题意可知，当时，，所以，
二项式的展开式共有8项，所有的二项式系数的和为，
其中最大的二项式系数为和，为第4项和第5项，展开式的常数项为，
其中只有BD正确.
故选：BD
10. 声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成，称为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论中正确的是（）
A. 是奇函数B. 在区间内有最大值
C. 的周期是D. 在区间内有一个零点
【答案】AB
【解析】
【分析】A.利用函数奇偶性的定义判断；B.利用导数法求解判断；C.利用周期函数的定义判断；D.利用零点的定义求解判断.
【详解】解：因为函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以是奇函数，故A正确；
求导，
当时，，，则，
所以在上单调递增，
当时，，，则，
所以在上单调递减，
则，故B正确；
，故C错误；
，
令得，或，因为，则，故D错误，
故选：AB
11. 已知曲线：的焦点为，，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（）
A. 若，则的内切圆半径的最大值为
B. 若，则曲线的焦点坐标分别是，
C. 若曲线的离心率为，则或
D. 若曲线是双曲线，且一条渐近线的倾斜角为，则
【答案】AC
【解析】
【分析】当时，求出面积最大值，利用分割法建立内切圆半径的关系式，结合椭圆的定义可求得内切圆半径的最大值，可判断A选项；当时，求出曲线的焦点坐标，可判断B选项；根据双曲线的离心率求出实数的值，可判断C选项；根据双曲线的渐近线方程求出实数的值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，若，则曲线的方程为，则，，，
则的面积，
设的内切圆半径为，
则，
所以，，故A正确；
对于B选项，若，则曲线的方程为，
则，，，
故椭圆的焦点的坐标为和，故B错误；
对于C选项，若曲线的离心率，则曲线为双曲线，且，
若双曲线的焦点在轴上，则，可得，
可化为，
此时，，
则，，解得；
若双曲线焦点在轴上，则，可得，
可化为，
此时，，则，，解得.
综上所述，若曲线的离心率为，则或，故C正确；
对于D选项，若曲线是双曲线，且一条渐近线倾斜角为，
则渐近线方程为，即，
故可设双曲线的方程为，
所以，，解得，故D错误.
故选：AC.
12. 如图，一块边长为正方形铁片上有四个以为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形裁下来，然后用余下的四块阴影部分沿虚线折叠，使得，重合，，重合，，重合，，重合，，，，重合为点，得到正四棱锥（如图2）．则在正四棱锥中，以下结论正确的是（）
A. 平面平面
B. 平面
C. 当时，该正四棱锥内切球的表面积为
D. 当正四棱锥的体积取到最大值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用正棱锥的性质分析判断，对于B，由已知可得‖，再利用线面平行的判定理判断，对于C，利用等体积法可求得内切球的半径，对于D，设，可得，利用导数可求出其最大值.
【详解】对于A，连接，在正四棱锥中，，由折叠可得，为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，即，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，所以A正确，
对于B，因为‖，平面，平面，所以‖平面，所以B正确，
对于C，当时，因为四边形为正方形，所以，
因为在图1中，为等腰直角三角形，所以，所以，
因为正方形铁片的边长为10，所以
所以中边上的高为，，
所以，
设内切球的半径为，则，
所以，解得，
所以该正四棱锥内切球的表面积为，所以C错误，
对于D，设，则，，
所以，
令，则，令，
则，
令，则（舍去），或，
当时，，当时，，
所以当时，有最大值，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查正四棱锥的性质，考查导数的综合应用，考查正四棱锥内切球半径的求解，解题的关键是利用等体积法求出内切球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角函数的定义得到，再利用二倍角的正弦公式求解.
【详解】解：因为角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，
所以，
所以，
故答案为：
14. 已知随机变量，其中，则___________.
【答案】0.2
【解析】
【分析】由服从的分布类型可直接求出，，从而求出，再根据正态分布的对称性即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，且，
又因为，所以，所以.
故答案为：0.2.
15. 若函数在存在单调递减区间，则a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】将题意转化为：在有解，利用参变量分离得到，转化为，结合导数求解即可．
【详解】，等价于在有解，即在有解，
即在有解，所以，
令，
则，即在上是增函数，
∴，所以.
故答案为：.
16. 如图，、两点分别在、轴上滑动，，为垂足，点轨迹形成“四叶草”的图形，若，则的面积最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，则为锐角，可得出，，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求.
【详解】设，则为锐角，所以，，
因，则，
，所以，，
令，其中，
则，
因，则，则，
由，可得，可得，
由，可得，可得，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，.
所以，面积的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：共6个小题，满分70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 设为数列的前项和．已知．
（1）证明：数列是等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得出，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）由（1）中的结论可求出数列的通项公式，可求得的表达式，再利用裂项相消法可求得.
【小问1详解】
证明：已知①，
当时，②，
①②得：，即，
所以，，
当时，则，则，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列．
【小问2详解】
解：由（1）可知，，则，
所以，，
所以，，
.
18. 在锐角中，角、、所对的边分别为、、．
①；②；③．
在以上三个条件中选择一个，并作答．
（1）求角；
（2）已知的面积为，是边上的中线，求的最小值．
【答案】（1）条件选择见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，利用余弦定理化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；选②，利用正弦定理结合三角恒等变换可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；选③，利用已知等式结合两角和的正切公式、诱导公式可得出的值，结合的取值范围可得出角的值；
（2）利用三角形的面积公式可得出的值，利用平面向量的线性运算可得出，利用平面向量的数量积结合基本不等式可求得长的最小值.
【小问1详解】
解：若选①，因为，即，
则，即，所以，，
因为，故；
若选②，原式等价于，即，
即，
因为、，则，所以，，则，故；
若选③，原式等价于，
即
所以，，即，即，
因为，故.
【小问2详解】
解：因为，所以，，
因为为的中点，
则，
所以，，
则
，则，
当且仅当时，即当时，等号成立.
因此，长的最小值为.
19. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为3:3:4，三个年级的学生都报名参加公益志愿活动，经过选拔，高一年级有的学生成为公益活动志愿者，高二、高三年级各有的学生成为公益活动志愿者．
（1）设事件“在三个年级中随机抽取的1名学生是志愿者”；事件“在三个年级中随机抽取1名学生，该生来自高年级”（）．请完成下表中不同事件的概率：
（2）若在三个年级中随机抽取1名学生是志愿者，根据以上表中所得数据，求该学生来自于高一年级的概率．
【答案】（1）表格见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三个年级的人数比值，以及每层抽取的比例，即可填写表格，再根据全概率公式，即可求解；（2）根据条件概率公式，即可求解.
【小问1详解】
根据三个年级的人数比值为，则，
，，
由每个年级的抽取比例可知，，,
由全概率公式，得
，
【小问2详解】该学生来自于高一年级的概率.
20. 如图，是正三角形，四边形是矩形，平面平面，平面，点为中点，，．
（1）设直线为平面与平面的交线，求证：；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得.
（2）根据三棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
四边形是矩形，∴，
∵平面，平面，
∴平面，平面，
而平面平面，∴；
【小问2详解】
连接，
∵平面平面且交线为，平面，
∴平面
而平面，平面
∴平面
∴
∴，．
设中点为，
易得，，两两垂直，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
∴，
设平面的法向量为，则
即，取，
则，，则．
取平面的法向量为．
∵
∴平面与平面夹角的余弦值是．
21. 在直角坐标平面内，已知，，动点满足条件：直线与直线斜率之积等于，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）过直线：上任意一点作直线与，分别交于，两点，则直线是否过定点？若是，求出该点坐标；若不是，说明理由．
【答案】（1）（）；
（2）是，定点为.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用斜率坐标公式列式化简作答.
（2）设出点的坐标，由已知探求出点的坐标关系，再按直线斜率存在与否分类讨论求解作答.
【小问1详解】
设动点，则直线、的斜率分别为，
于是，整理得，显然点不在轨迹上，
所以的方程为（）.
【小问2详解】
设直线上的点，显然，
依题意，直线的斜率满足，
且，直线斜率，则，有，
设，，则（且），
当直线不垂直于x轴时，设直线的方程为，
消去y得，
则，，
又，即，
则，整理得，
解得或，此时方程中的，
当时，直线：恒过点，
当时，直线：，由于舍去，
当直线时，则有，即有，而，解得，
直线：过点，
所以直线恒过点．
22. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．
已知函数，．
（1）当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求处的切线方程，求得，再求处的切线方程，再依次求取，直到，求，即可求解；（2）首先化简不等式，，再构造函数，并求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性，转化为求函数的最值，并结合最值的单调性，即可求解.
【小问1详解】
当时，，则，
曲线在处的切线为，且
曲线在处的切线为，且
故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为．
【小问2详解】
由，得，
设，
则
∴当时，，单调递增，由于时，，不合题意；
当时，则有，，单调递减，，，单调递增，
即，即
易知单调递增，且，故.
事件概率
概率值
事件概率
概率值