2024届甘肃省武威市四校联考高三上学期新高考备考模拟（开学考试）数学试题含答案

这是一份2024届甘肃省武威市四校联考高三上学期新高考备考模拟（开学考试）数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2024届甘肃省武威市四校联考高三上学期新高考备考模拟（开学考试）数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据对数函数的单调性与定义域得出集合，即可根据集合的交集运算得出答案.【详解】，则，解得，则，，，故选：B.2．已知是虚数单位，若，，则在复平面内的对应点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】写出的共轭复数，结合复数的乘法运算求出，根据复数的几何意义即可判断.【详解】由，得，所以，故在复平面内的对应点的坐标为，位于第四象限.故选：D【点睛】本题主要考查共轭复数、复数的乘法运算及复数的几何意义，属于基础题.3．使“”成立的一个充分不必要条件是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据不等式的关系结合充分不必要条件分别进行判断即可．【详解】对于A，若，，当时，成立，所以“，”“”，A不满足条件；对于B，，，则，即，所以“，”“”，若，则，不妨取，，，则，所以“，”“”，所以“，”是“”的充分不必要条件，B满足条件；对于C，若，则，使得，即，即“”“，”，所以“，”是“”的充分条件，C不满足条件；对于D，若，，则，即，当且仅当时，等号成立，所以“，”“”，D不满足条件.故选：B.4．已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据两函数图象的关系知，所求函数为偶函数且时两函数解析式相同，即可得解.【详解】根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，当时，所求函数图象与时图象关于轴对称，即所求函数为偶函数且时与相同，故BD不符合要求，当时，，，故A正确，C错误.故选：A.5．设为抛物线的焦点，点在上，点，若，则的中点到轴的距离是（    ）A．2 B． C．3 D．【答案】C【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点的横坐标，进而求得点坐标，即可得到答案.【详解】解：由题意得，，则，所以，由抛物线的定义得点到准线的距离为，所以点的横坐标为，不妨设点在轴上方，代入抛物线方程得，，所以的中点坐标为，到轴的距离是.故选：C6．已知函数.若曲线和在公共点处有相同的切线，则a，b的值分别为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先根据和在公共点处有相同的切线得出在处两函数的导数相等,再由在上,列方程组求解即可.【详解】因为，所以，由题意，解得故选:A.7．如图所示的“数字塔”有如下规律：每一层最左与最右的数字均为3，除此之外每个数字均为两肩的数字之积，则该“数字塔”前7层的所有数字之积最接近（    ）（参考数据：）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可知第行第个数的指数为二项式系数，第行数字的指数之和为二项式系数之和等于，利用等比数列求和得该“数字塔”前7层的所有数字之积，利用对数运算进行计算估计．【详解】解：根据题意可得，“数字塔”中第行第个数均为的形式，该“数字塔”前7层的所有数字之积根据指数运算可知，则按原位置排列即构成杨辉三角，如图，可得为二项式系数，则第行数字的和为二项式系数之和等于所以，前7层的所有数字之和该“数字塔”前7层的所有数字之积，则故选：B．8．在三棱锥中，为等边三角形，，则三棱锥外接球的表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】易证，从而得到，进而得到平面，设，正的外心为，三棱锥外接球的球心，连接，先求得底面ABC外接圆的半径r，再由三棱锥外接球的半径求解.【详解】解：如图所示：由题意可得，，所以，则，又，所以，即.又平面，所以平面.设，则，取正的外心为，三棱锥外接球的球心，连接，则平面，底面外接圆的半径，所以三棱锥外接球的半径.当时，有最小值为，所以三棱锥外接球表面积的最小值为.故选：B. 二、多选题9．若，则下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】由不等式的性质判断.【详解】∵，则，，∴，即，A正确；例如，，，，， 显然，B错误；由得，，∴，即，C正确；易知，，，，∴，D正确；故选：ACD．10．若一组样本数据的平均数为，标准差为，另一组样本数据的平均数为，标准差为.两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】利用平均值、方差公式，根据样本数据的均值、标准差求新数据的均值和方差即可.【详解】由题意，所以，所以，故A错误，B正确；，所以.同理，所以，又，所以，所以，故C正确，D错误.故选：BC11．已知函数，则（    ）A．是偶函数 B．在区间上单调递增C．在上有4个零点 D．的值域是【答案】AB【分析】对A，根据偶函数的定义判断即可；对BCD，换元构造复合函数，结合复合函数的单调性、零点的定义以及复合函数的值域，可得答案.【详解】对于A，函数的定义域为，且，所以函数是偶函数，A正确；对于B，当时，.令，由于函数在时单调递减，函数在时单调递增，所以函数在区间上单调递减，故函数在区间上单调递增，B正确；对于C，当时，由，得或，所以或或，所以偶函数在上有6个零点，C不正确；对于D，当时，.因为，所以当时，，当时，.由于函数是偶函数，因此，函数的值域为，D不正确.故选：AB.12．设直线与圆，则下列结论正确的为（    ）A．可能将的周长平分B．若圆上存在两个点到直线的距离为1，则的取值范围为C．若直线与圆交于两点，则面积的最大值为2D．若直线与圆交于两点，则中点的轨迹方程为【答案】BC【分析】根据圆心在直线上判断A，根据直线与圆的位置关系判断B，根据三角形面积公式判断C，根据几何法求出点M的轨迹方程即可判断D.【详解】对于，若直线将圆的周长平分，则直线过原点，此时直线的斜率不存在，错误；对于B，若圆上存在两个点到直线的距离为1，则到直线的距离满足，所以，解得或，B正确；对于C，，当时，的面积有最大值2，C正确；对于，易知直线经过定点，所以，所以点的轨迹以为直径的圆，其方程为，又因为点在圆内，由，解得，所以点的轨迹方程为，D错误.故选：BC. 三、填空题13．已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为          .【答案】【分析】设圆柱底面的半径为，高为，根据题意，由求解.【详解】解：设圆柱底面的半径为，高为，则，解得，所以圆柱的体积.故选：14．已知向量，，且，则          .【答案】【分析】由，得到，然后由求解.【详解】解：因为，所以，所以，所以.故答案为：15．干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：天干：甲  乙  丙  丁  戊  己  庚  辛  壬  癸地支：子  丑  寅  卯  辰  巳  午  未  申  酉  戌  亥把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是          年.【答案】丙午【分析】根据和，结合二项展开式的性质及余数，即可求解.【详解】因为，所以年以后地支为“午”.因为，又因为除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，故年以后是丙午年.故答案为：丙午16．已知为坐标原点，为椭圆的左、右焦点，，是椭圆上异于顶点的一点，点是以为底的等腰的内切圆的圆心，过作于点，，则椭圆的离心率为          .【答案】/0.6【分析】延长交延长线于点，可得，为的中位线，从而可得，，再由椭圆的定义可求出的值，由即可求出椭圆的离心率.【详解】  因为，即，所以，因为点是以为底的等腰三角形内切圆的圆心，则，所以为的角平分线，延长交延长线于点，在与中，，所以，所以，，所以为的中点，又为的中点，所以为的中位线，所以，则，所以，即，所以.故答案为：. 四、解答题17．已知等差数列的前项和为，现给出下列三个条件：①；②；③.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求的通项公式；(2)若数列满足，设数列的前项和为，求证：.注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分.【答案】(1)条件选择见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）设等差数列的公差为，先将条件①条件②条件③化简，再分选①②，选①③，选②③求解；（2）由，且，利用累加法求得，进而得到，然后利用裂项相消法求解.【详解】（1）解：设等差数列的公差为，由条件①得，，即.由条件②得，，即.由条件③得，，可得，即.若选①②，则解得所以；若选①③，则解得则；若选②③，则解得则；（2）证明：由，且，当时，则，，又也满足，故对任意的，有.则，所以，由于是单调递增，所以.综上，.18．在中，分别是角所对的边，且满足.(1)求角的大小；(2)若的面积为6，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得到，，利用三角恒等变换，可知求解，即可求解角的大小.（2）利用同角三角函数基本关系求解，再利用正弦定理得出，代入三角形的面积公式，即可求解的值.【详解】（1）由题可知.在中，，则，解得，所以或，当时，，则均为钝角，与矛盾，故舍去，故，则.（2）由可得，则，所以.在中有，则，则，解得.19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，是正三角形，且平面平面ABCD，，O为棱AD的中点，E为棱PB的中点．(1)求证：平面PCD；(2)若直线PD与平面OCE所成角的正弦值为，求四棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可得答案；（2）取的中点，可得，平面，以为原点，分别以所在的直线建立空间直角坐标系，设，求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得，再由棱锥的体积公式可得答案．【详解】（1）取的中点，连接，因为O为棱AD的中点，E为棱PB的中点，所以，，所以，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面PCD；（2）取的中点，连接，所以，因为为中点，，所以，因为平面平面ABCD，所以平面，以为原点，分别以所在的直线建立如图所示的空间直角坐标系，设，可得，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，可得，所以，所以，解得，所以四棱锥的体积为,20．现有甲、乙两名运动员争夺某项比赛的奖金，规定两名运动员谁先赢局，谁便赢得全部奖金a元.假设每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每场比赛相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，比赛意外终止，奖金如何分配才合理？评委给出的方案是：甲、乙按照比赛再继续进行下去各自赢得全部奖金的概率之比分配奖金.(1)若，求；(2)记事件A为“比赛继续进行下去乙赢得全部奖金”，试求当时，比赛继续进行下去甲赢得全部奖金的概率，并判断当时，事件A是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.06，则称该随机事件为小概率事件.【答案】(1)；(2)（），事件A是小概率事件，理由见解析. 【分析】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，最后一局必然是甲赢，最多再进行2局，利用独立事件概率求出概率，再求出乙赢得全部奖金的概率作答.（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，最后一局必然是乙赢，利用独立事件概率求出，并求出函数最小值，再判断作答.【详解】（1）设比赛再继续进行局甲赢得全部奖金，则最后一局必然是甲赢，依题意，最多再进行2局，当时，甲以赢，，当时，甲以赢，，因此甲赢的概率为，则乙赢的概率为，所以.（2）设比赛再继续进行局乙赢得全部奖金，则最后一局必然是乙赢，当时，乙以赢，，当时，乙以赢，，于是得乙赢得全部奖金的概率，甲赢得全部奖金的概率，，，即函数在上单调递增，则有，因此乙赢的概率最大值为，所以事件A是小概率事件.21．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，直线过与交于两点，当时，的面积为3.(1)求双曲线的方程；(2)已知都在的右支上，设的斜率为.①求实数的取值范围；②是否存在实数，使得为锐角？若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)①②不存在，理由见解析 【分析】（1）由已知条件可得，然后利用勾股定理结合双曲线的定义，及的面积可求出，再由离心率可求出，从而可求得双曲线的方程，（2）①设直线，代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系结合判别式可求出实数的取值范围；②假设存在实数，使为锐角，则，所以，再结合前面的式子化简计算即可得结论.【详解】（1）因为，所以.则，所以，的面积.又的离心率为，所以.所以双曲线的方程为.（2）①根据题意，则直线，由，得，由，得恒成立.设，则，因为直线与双曲线的右支相交于不同的两点，所以，即，所以，解得.②假设存在实数，使为锐角，所以，即，因为，所以，由①得，即解得，与矛盾，故不存在.  【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线的位置关系，第（2）问解题的关键是设出直线方程代入双曲线方程化简，利用根与系数的关系，再结合求解，考查计算能力，属于较难题.22．已知函数．(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；(2)若，证明：．【答案】(1)(2)证明见详解 【分析】（1）因为为上的单调递增函数，故恒成立，参变分离后可求得参数的取值范围；（2）由知需证明，换元，对函数求导，研究函数的最值即可.【详解】（1）若在区间上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，令，所以在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，即a的取值范围为.（2）当时，，要证，即证，即证，即，令，即证，令，所以，令，解得，当时，所以，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以当时，取得极小值即最小值，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，常用方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.