精品解析：甘肃省兰州市西北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期一模诊断考试数学试题

2024年甘肃省西北师大附中高三一模诊断考试试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】代入方程，即可得参数值. 【详解】由复数是方程的一个根， 得， 解得， 故选：D. 2. 设平面向量，，且，则=（ ） A. 1 B. 14 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据，求出把两边平方，可求得，把所求展开即可求解. 【详解】因为，所以又， 则 所以， 则 ， 故选： 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论. 【详解】解：因为，， 所以平方得，，， 即，， 两式相加可得， 即， 故， . 故选：D. 4. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游，除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ） A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】分恰有个部门所选的旅游地相同、四个部门所选的旅游地全不相同两类，再应用分步计数及排列、组合数求至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数. 【详解】①恰有个部门所选的旅游地相同， 第一步，先将选相同的个部门取出，有种； 第二步，从个旅游地中选出个排序，有种， 根据分步计数原理可得，方法有种； ②四个部门所选的旅游地都不相同的方法有种， 根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种． 故选：B 5. 设椭圆C：的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：与C有四个公共点，依次连接这四点组成一个正方形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知点在椭圆C上可得答案；方法2：设圆O与椭圆C在第一象限的公共点为M,设C的左、右焦点为、，，，利用勾股定理、椭圆定义可得答案. 【详解】方法1：连接这四点组成一个正方形，根据椭圆和圆的对称性知， 点在椭圆C上，则， 将代入并化简得， 因为，解得. 方法2：设圆O与椭圆C在第一象限的公共点为M,设C的左、右焦点为、，，，所以，，， 又因为，所以， 所以. 故选：D. 6. 以下四个命题，其中正确的个数有（    ） ①经验回归直线必过样本中心点； ②在经验回归方程中，当变量x每增加一个单位时，变量平均增加0.3个单位； ③由独立性检验可知，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀； ④在一个列联表中，由计算得，则有99.9%的把握确认这两个变量间有关系（其中）． A. 1个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 【答案】D 【解析】 【分析】由线性回归方程性质可判断AB选项正误；由独立性检验定义可判断CD选项正误. 【详解】A选项，线性回归方程必过，故①正确； B选项，当变量x每增加一个单位时，变量平均减少0.3个单位，故②错误； C选项，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，是指这种判断出错的概率为，并不指某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀，故③错误； D选项，由独立性检验知识可知当，时，可认为99.9%的把握确认这两个变量间有关系，故④正确. 故选：D 7. 已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得出，公差，然后返和(即)分类计算. 【详解】由题意知是等差数列的前n项和中的最小值，必有，公差， 若，此时，，是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，即，则； 若，，此时是等差数列的前n项和中的最小值， 此时，，即， 则， 综上可得：的取值范围是， 故选:B． 8. 函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由函数过定点求出定点坐标，再利用常值代换法，借助于基本不等式即可求得. 【详解】由的图象恒过定点，可得，，则； 因， 当且仅当时等号成立， 由，可解得， 故当时，的最小值为8. 故选：B. 二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ） A. 中位数为90，平均数为89 B. 分位数为93 C. 极差为30，标准差为58 D. 去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、方差、标准差、中位数和极差的概念，逐项进行计算验证即可求解. 【详解】对于A，由题意中位数为， 平均数为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数为，故B正确； 对于C，极差为， 方差 ， 所以标准差，故C错误； 对于D，去掉一个最低分和一个最高分， 则平均数为， 方差为 ， 所以去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 平面 D. 当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于,利用，即可证明；对于,将沿展开与正方形在同一个平面内，则当三点共线时，取得最小值,即可求解；对于,利用线面平行的判断定理即可证明；对于,根据题中条件首先得到截面图形，进一步求解计算即可. 【详解】由题意可知，设点到平面的距离为， 易知平面平面， 所以点到平面的距离等于点到线段的距离， 又，所以， 所以，为定值， 故A正确； 将沿展开与正方形在同一个平面内， 记此时与对应的点为， 则当三点共线时，取得最小值，即， ， 故的最小值为，故B错误； 由点分别为的中点，得， 又平面平面， 所以平面，故C正确； 连接并延长交于点，连接， 则过点的平面截正三棱柱所得截面图形为， 因为，平面平面， 平面平面平面，所以平面， 又平面，所以， 取的中点，连接，则点为的中点，又点为的中点， 所以， 当时，点为的中点，所以， 所以，所以， 所以，所以， 故，故D错误． 故选： 11. 已知直线及圆，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线截圆所得弦长最小值为2 C. 存在，使得直线与圆相切 D. 存在，使得圆关于直线对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，整理后得到方程组，求出直线所过定点；B选项，求出圆心和半径，得到当时，直线截圆所得弦长最短，由垂径定理求出弦长最小值；C选项，求出点在圆内，故C错误；D选项，当直线过圆心时，满足题意，代入计算即可. 【详解】A选项，由， 得，解得，所以直线过定点为，故A正确； B选项，由圆的标准方程可得圆心为，半径，直线过的定点为， 当时，直线截圆所得弦长最短，因为， 则最短弦长为，故B正确； C选项，，故点在圆内，所以直线与圆一定相交，故C错误； D选项，当直线过圆心时，满足题意，此时，解得， 故D正确. 故选：ABD. 三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数，则不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况，结合指、对数函数的单调性运算求解. 【详解】因为，则有： 当时，可得，解得； 当时，可得，则，解得； 综上所述：不等式的解集为. 故答案为：. 13. 我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为______立方尺（注：1丈尺） 【答案】3892 【解析】 【分析】画出图形，由平行线段成比例求出正四棱台的高，然后由棱台体积公式直接计算即可求解. 【详解】按如图所示方式取截正四棱锥， 分别为上、下底面正方形的中心，分别为的中点， 正四棱锥的下底边长为二丈，即尺， 高三丈，即尺； 截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺， 所以， 所以由可知，有， 解得， 所以该正四棱台的体积是（立方尺）． 故答案为：3892. 14. 已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，给出下列四个结论： ①的值可能是3； ②的最小正周期可能是； ③在区间上单调递减； ④图象的对称轴可能是. 其中所有正确结论的序号是________. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由题意，结合角的范围可得，求出的范围可判断①，利用三角函数的周期公式可判断②，利用三角函数的性质可判断③④. 【详解】函数， ， ， 函数在区间上有且仅有3个对称中心， 则， ，即的取值范围是， 而，故①正确； 周期，由， 得， ， 的最小正周期可能是，故②正确； ， ， ， ， 又， 在区间上单调递减，故③正确； 当，即， 又， ， 当时，， 当时，，故④不正确. 故答案为：①②③. 四.解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值，并写出的对称轴方程； （2）在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的恒等变换化简函数，再根据周期求出的值,利用整体法即可求解对称轴. （2）把已知的等式变形并利用正弦定理可得，故，故，根据正弦函数的定义域和值域求出的取值范围． 【小问1详解】 ． ，． 故 令，解得， 故对称轴方程为： 【小问2详解】 由得， ． ，，,． ，， ， 16. 在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积是，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求解； （2）利用面积公式、余弦定理运算求解. 【小问1详解】 由，可得到， 即． 因为，所以，故． 【小问2详解】 由，可得， 因为，所以，则． 由余弦定理得，即， 所以，故的周长是． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，. （1）求点到平面的距离； （2）设点为线段的中点，求二面角的正弦值. 【答案】（1）2； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得平面，进而即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得. 【小问1详解】 因为平面，又平面，平面， 所以， 又，由勾股定理得， 又， 所以，故， 因为，平面， 所以平面，则为点到平面的距离， 故点到平面的距离为2. 【小问2详解】 在平面内过点作的平行线，则， 以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 由勾股定理得：， 则， ， 设平面的法向量为， 则，即，取，则， 设平面的法向量为， 则即，取，则， 所以， 记二面角的大小为，则， 故二面角的正弦值为. 18. 已知双曲线的离心率为，右顶点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）是轴上两点，以为直径的圆过点，若直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由. 【答案】（1） （2） 直线与圆相交，理由如下： 设，则， 因为点在以为直径的圆上，所以， 所以， 即， 由（1）得，直线方程为：与双曲线方程联立， 消去得，，因为直线与都有除以外的公共点， 所以，所以，即， 同理当，. ， 所以直线方程为：， 令得，， 即直线经过定点. 因为， 所以点在圆内，故直线与圆相交. 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程，求解即可. （2）设，由点在圆上，得出，由的坐标，得出直线方程，将直线方程与双曲线方程联立，得点坐标，同理可得点坐标.从而得到直线方程，通过直线过定点，，从而得出点在圆内，故直线与圆相交. 【小问1详解】 因为的离心率为，所以， 所以，渐近线方程， 因为点到一条渐近线距离为，所以，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 略 19. 设数列的前项和为，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先可以根据已知得到，其次注意到，结合等比数列的定义即可求解. （2）由（1）可知，先将数列的通项公式裂项得，从而可求得其前项和为，若，都有，则只需，研究的单调性即可得到其最小值，从而解不等式即可求解. 【小问1详解】 一方面：因为，所以， 所以，即； 另一方面：又时，有，即，且， 所以此时； 结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可知， 又由题意， 数列的前项和为， 又，都有，故只需， 而关于单调递增， 所以关于单调递减，关于单调递增， 所以当时，有， 因此，即，解得， 综上所述：的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年甘肃省西北师大附中高三一模诊断考试试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 2. 设平面向量，，且，则=（ ） A. 1 B. 14 C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游，除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ） A. 1800 B. 1080 C. 720 D. 360 5. 设椭圆C：的半焦距为c，离心率为e，已知圆O：与C有四个公共点，依次连接这四点组成一个正方形，则（ ） A. B. C. D. 6. 以下四个命题，其中正确的个数有（    ） ①经验回归直线必过样本中心点； ②在经验回归方程中，当变量x每增加一个单位时，变量平均增加0.3个单位； ③由独立性检验可知，有99%的把握认为物理成绩与数学成绩有关，某人数学成绩优秀，则他有99%的可能物理优秀； ④在一个列联表中，由计算得，则有99.9%的把握确认这两个变量间有关系（其中）． A. 1个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 7. 已知等差数列的前n项和为，对任意的，均有成立，则的值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为（ ） A. 9 B. 8 C. D. 二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 为深入学习宣传党的二十大精神，某校开展了“奋进新征程，强国伴我行”二十大主题知识竞赛.其中高一年级选派了10名同学参赛，且该10名同学的成绩依次是：，.则下列说法正确的有（ ） A. 中位数为90，平均数为89 B. 分位数为93 C. 极差为30，标准差为58 D. 去掉一个最低分和一个最高分，平均数变大，方差变小 10. 如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为 C. 平面 D. 当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为 11. 已知直线及圆，则（ ） A. 直线过定点 B. 直线截圆所得弦长最小值为2 C. 存在，使得直线与圆相切 D. 存在，使得圆关于直线对称 三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若函数，则不等式的解集为__________. 13. 我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为______立方尺（注：1丈尺） 14. 已知函数在区间上有且仅有3个对称中心，给出下列四个结论： ①的值可能是3； ②的最小正周期可能是； ③在区间上单调递减； ④图象的对称轴可能是. 其中所有正确结论的序号是________. 四.解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值，并写出的对称轴方程； （2）在中角的对边分别是满足，求函数的取值范围． 16. 在中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若的面积是，，求的周长． 17. 如图，在三棱锥中，平面，，. （1）求点到平面的距离； （2）设点为线段的中点，求二面角的正弦值. 18. 已知双曲线的离心率为，右顶点到的一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）是轴上两点，以为直径的圆过点，若直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为，试判断直线与圆的位置关系，并说明理由. 19. 设数列的前项和为，已知. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $