新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2024届高三第一次质量监测数学试题（教师版）

这是一份新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2024届高三第一次质量监测数学试题（教师版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 若复数，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，结合共轭的定义即可求解.
【详解】，
故，
故选：A
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称命题的否定是全称命题判断.
【详解】命题“”的否定是“，”.
故选：C.
3. 已知向量，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合向量的加减运算及数量积运算进行判断.
【详解】解：因为，，
所以，
则，
得.
故选：D
4. 已知数列满足，，则（ ）
A. 3B. 2或C. 3或D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据递推公式计算即可.
【详解】因为，，
所以，
所以，
，
，
，
所以或，
故选：C.
5. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. 20D. 30
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理展开式的通项公式进行计算即可.
【详解】，
其展开式的通项公式为，
令，则，
而的展开式的通项公式为：
，
令，则的展开式中的系数为:
,
故选：A.
6. 设抛物线焦点为，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点，以为直径的圆与准线切于点，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的方程，利用抛物线的性质，求出中的纵坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求解即可得到抛物线方程．
【详解】由于以为直径的圆与抛物线的准线相切，以为直径的圆过点，
可知的中点的纵坐标为：2，
直线的方程为：，
则，可得，则中的纵坐标为：，解得，
该抛物线的方程为：．
故选：B．
7. 在中，，，，则下列各式一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意确定点在线段上靠近点的三等分处，然后根据三角函数比例关系以及二倍角公式化简得到，，最后化简可得.
【详解】因为,
所以，
所以点在线段上靠近点的三等分处，
如图所示，过点作交于点，过点作交于点，
则，
所以，，
所以，，
所以.
故选：B.
8. 在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为（ ）
A. 15B. 16C. 22D. 23
【答案】D
【解析】
【分析】由得，构造函数，利用导数求得的单调性，求得的取值范围，结合不等式的知识求得的最大值.
【详解】因为，，所以，
设，则，
令，则，令，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，，
所以，
，又，，
要使得成立，只需，即，
所以正整数的最大值为23.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法.解题的关键是由变换得，构造函数，由的单调性得，结合不等式的知识求得的最大值.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数的部分图像如图所示，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 在上有4个零点
C.
D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合图象，得到函数，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四个选项即可.
【详解】由图知，，所以或，
又，所以，所以，又因为图象过，
且为下降零点，所以，，故,
结合图象，即，所以，
所以，
对于A选项，当，，结合正弦函数图像可知，在上单调递增，故A正确；、
对于B选项，当时，，其中，
结合正弦函数图像可知，在上有4个零点，故B正确；
对于C选项，当时，即，即或，
结合图象可知，，所以，故C正确；
对于D选项，将的图象向右平移个单位，得，而，故D错误，
故选：ABC.
10. 若函数的定义域为，且，，则（ ）
A. B. 为偶函数
C. 的图象关于点对称D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可.
【详解】对于A，令，则，
因为，所以，则，
故A错误；
对于B，令，则，
则，故B正确；
对于C，令得，，
所以，
令得，，
则的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由得，
又，所以，
则，，
所以，则函数的周期为，
又，，
则，
，
则，
所以，
故D正确，
故选：BCD.
11. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（ ）
A. 该几何体的顶点数为12
B. 该几何体的棱数为24
C. 该几何体的表面积为
D. 该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱长为，根据正三角形及正方形的面积公式求解即可判断；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.
【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；
对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；
对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，
所以该几何体的表面积为，故C错误；
对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.
原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.
由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，
所以该几何体外接球的表面积为.
因为，
所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.
故选:ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 已知集合，，则的子集个数为_________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系求出集合的元素个数，再求解子集个数即可.
【详解】集合表示直线上点的集合，集合表示圆上点的集合.
圆的圆心坐标为，半径为3，
点到直线的距离为,
所以直线与圆相交，
所以共有2个元素，所以的子集个数为.
故答案为：4.
13. 在工业生产中轴承的直径服从，购买者要求直径为，不在这个范围的将被拒绝，要使拒绝的概率控制在之内，则至少为_________；（若，则）
【答案】0.1##
【解析】
【分析】依题意得，则，由，得，即可求解.
【详解】若，则）
因为工业生产中轴承的直径服从，
所以，则，
由，
得，
则要使拒绝概率控制在之内，则至少为.
故答案：##
14. 设双曲线的左、右焦点分别为，，A是右支上一点，满足，直线交双曲线于另一点，且，则双曲线的离心率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】设,由双曲线的定义得，结合题中条件可得，，由勾股定理可得，再利用勾股定理即可求得离心率.
【详解】设，则，
又，所以，
则，
，
又，所以三角形为直角三角形，
则,
即，
化为，
解得或者（舍），
此时，
在直角三角形中，,
即，所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 设等比数列的前项和为，已知，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求的前项和．
【答案】15.
16.
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求，进而可得通项公式；
（2）根据题意分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和分析求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为q，
由题意可得，则，
即，解得，
所以.
【小问2详解】
因为，则，且，
即数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以．
16. 我们平时常用的视力表叫做对数视力表，视力呈现为4.8，4.9，5.0，5.1．视力为正常视力．否则就是近视．某地区对学生视力与学习成绩进行调查，随机抽查了100名近视学生的成绩，得到频率分布直方图：
（1）能否据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；（不需说明理由）
（2）估计该地区近视学生学习成绩的第85百分位数；（精确到0.1）
（3）已知该地区学生的近视率为54%，学生成绩的优秀率为36%（成绩分为优秀），从该地区学生中任选一人，若此人的成绩为优秀，求此人近视的概率．（以样本中的频率作为相应的概率）
【答案】（1）不能据此判断
（2）
（3）0.72
【解析】
【分析】（1）通过频率分布直方图中的各层次成绩分布来看即可判断结果；
（2）先估算出第85百分位数所在的组别，再运用所占比率即可算得结果；
（3）明确此题为条件概率，需要求积事件的概率，而这可以用乘法公式进行转化，即可求得.
【小问1详解】
因从频率分布直方图可以看到，不同成绩层次的同学近视率大致相当，故不能据此判断学生的学习成绩与视力状况相关；
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为，因此第85百分位数一定位于 内，
由，可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为；
【小问3详解】
设“该地区近视学生”，“该地区优秀学生”，由频率分布直方图可得,
,，所以.
即若此人的成绩为优秀，则此人近视的概率为0.72.
17. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）在截面内是否存在点，使平面，并说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得；
（2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在.
【小问1详解】
由平面，、平面，
故、，又底面为正方形，故，
即、、两两垂直，
故可以为坐标原点，的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，，
，，，，，
设平面的法向量，则，即，
可取，
因为，
所以与平面所成角的正弦值为；
小问2详解】
假设截面内存在点满足条件，
设，，，，
有，，，
所以，
因为平面，所以，
所以，解得，
这与假设矛盾，所以不存在点，使平面．
18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明直线过定点；
（3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
【答案】18.
19. 证明见解析 20.
【解析】
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【小问1详解】
由题设得，解得，
所以的方程为；
【小问2详解】
由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
【小问3详解】
）由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．
19. 已知函数．
（1）证明曲线在处的切线过原点；
（2）讨论的单调性；
（3）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；
（2）首先求函数的导数，根据判别式，讨论a的取值，求函数的单调区间;
（3）把问题转化为，利用一次函数单调性得，只需证，利用导数研究单调性即可.
【小问1详解】
由题设得，所以，
又因为，所以切点为，斜率，
所以切线方程为，即恒过原点．
【小问2详解】
由（1）得，
①时，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减；
令，则
②且时，即时，，在上单调递增，
时，，
，则，或，得
所以在上单调递增，在上单调递增；
，则，则，
所以在上单调递减，
③时，，
则，则，所以在上单调递减；
，则，所以在上单调递增，
综上：时，在上单调递增；在上单调递减；
时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递增；在上单调递减，
时，在上单调递减；在上单调递增，
【小问3详解】
当时，，即，
下面证明当时，，，即证，
令，因为，所以，只需证，
即证，令，，，令，，
令，，与在上单调递减，
所以在上单调递减，，，
所以存在，使得，即，
所以，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，，
令，时，
所以在上单调递增，所以，
所以，，所以上单调递减，
，，，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，综上所述．
【点睛】关键点点睛
第三问的关键是构造函数并连续求导判断单调性，把构造的函数与当时的函数值比较，从而得到结论.