精品解析：贵州省2024届高三上学期入学考试数学试卷

贵州省高三年级入学考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.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. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 若集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. e B. C. D. 4. “积跬步以至千里，积小流以成江海．”出自荀子《劝学篇》．原文为“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”数学上这样的两个公式：①；②，也能说明这种积少成多，聚沙成塔的成功之道．它们所诠释的含义是“每天增加1%，就会在一个月、一年以后产生巨大的变化．虽然这是一种理想化的模型，但也能充分地说明“小小的改变和时间积累的力量”．假设某同学通过学习和思考所带来的知识积累的变化，以每天2.01%的速度“进步”，则30天以后他的知识积累约为原来的（ ） A. 1.69倍 B. 1.96倍 C. 1.78倍 D. 2.8倍 5. 已知函数为奇函数，为偶函数，且，记，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知F为双曲线C：（，）的右焦点，过点F作x轴的垂线与双曲线及它的渐近线在第一象限内依次交于点A和点B．若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ） A. B. C. D. 8. 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，则数列的首项为（ ） A. B. C. 或 D. 3或 二、选择题：本题共4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. 如图，在空间四边形ABCD中，，，将△ABD以BD为旋转轴转动，则下列结论正确的是（ ） A. 连接AC，BD，则 B. 存在一个位置，使△ACD为等边三角形 C. AD与BC不可能垂直 D. 直线AD与平面BCD所成角的最大值为60° 10. 过抛物线C：的焦点F作两条互相垂直的直线和，设直线交抛物线C于A，B两点，直线交抛物线C于D，E两点，则可能的取值为（ ） A. 18 B. 16 C. 14 D. 12 11. 某学校高三年级于2023年5月初进行了一次高三数学备考前测考试．按照分数大于或等于120的同学评价为“优秀生”，其它分数的同学评价为“潜力生”进行整体水平评价，得到下面表（1）所示的列联表．已知在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，根据表（2）的数据可断定下列说法正确的是（ ） 班级 战绩 合计 优秀生 潜力生 甲班 10 b 乙班 c 30 合计 105 表（1） 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 表（2） A. 列联表中c的值为30，b的值为35 B. 列联表中c的值为20，b的值为45 C. 根据列联表中的数据，有95%的把握认为成绩与班级有关 D. 根据列联表中的数据，没有95%的把握认为成绩与班级有关 12. 已知函数，，若对任意．及对任意，都有，则实数a的值可以是（ ） A. B. C. 2 D. 3 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 设为的外心，，，则________． 14. 数学上将形如（p为素数）的素数称为“梅森素数”．显然，即使p是一个“不太大”的素数，“梅森素数”也可能是一个“很大”的数．利用和，可估计得出“梅森素数”的位数为________． 15. 如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为________． 16. 如图，设，是圆O：上的两个动点，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和，则________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，． （1）求的面积； （2）求的周长的最大值． 18. 已知为数列的前n项和，且满足，． （1）求的值； （2）若，记数列的前n项和为，证明：． 19. 甲、乙分别拥有3张写有数字的卡片，甲的3张卡片上的数字分别为X，Y，Z，乙的3张卡片上的数字分别为x，y，z，已知．他们按如下规则做一个“出示卡片，比数字大小”的游戏：甲、乙各出示1张卡片，比较卡片上的数字的大小，然后丢弃已使用过的卡片．他们共进行了三次，直至各自用完3张卡片，且在出示卡片时双方都不知道对方所出示的卡片上的数字．三次“出示卡片，比数字大小”之后，认定至少有两次数字较大的一方获得胜利． （1）若第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z，求乙最终获得胜利的概率； （2）记事件“第一次乙出示的卡片上的数字大”，事件“乙获得胜利”，试比较A和B哪个概率大，并说明理由． 20. 如图，直四棱柱的底面为菱形，且，，E，F分别为BC，的中点． （1）证明：平面平面． （2）求平面和平面的夹角的余弦值． 21. 定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点． （1）求“共轭点对”中点B所在直线l的方程． （2）设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点． ①求点，的坐标； ②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于． 22. 定义函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上，有且只有两个不同的极值点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省高三年级入学考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.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. 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算可得答案. 【详解】因为，所以． 故选：C. 2. 若集合，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合中元素确定集合，再根据并集的运算即可. 【详解】因为， 当，时，可取0，，； 当，时，可取1，0，； 当，时，可取2，1，0， 所以，所以. 故选：D. 3. 已知函数，则（ ） A. e B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求导，算出之后，然后求函数值 【详解】，则， 故，解得， ，所以. 故选：C 4. “积跬步以至千里，积小流以成江海．”出自荀子《劝学篇》．原文为“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”数学上这样的两个公式：①；②，也能说明这种积少成多，聚沙成塔的成功之道．它们所诠释的含义是“每天增加1%，就会在一个月、一年以后产生巨大的变化．虽然这是一种理想化的模型，但也能充分地说明“小小的改变和时间积累的力量”．假设某同学通过学习和思考所带来的知识积累的变化，以每天2.01%的速度“进步”，则30天以后他的知识积累约为原来的（ ） A. 1.69倍 B. 1.96倍 C. 1.78倍 D. 2.8倍 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式计算可得答案. 【详解】每天进步2.01%，即0.0201， 因为， 所以30天以后某同学的知识积累约为原来的1.69倍． 故选：A. 5. 已知函数为奇函数，为偶函数，且，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据解析式，分别代入和，再结合函数的奇偶性，即可求解和，再求其比值. 【详解】因为为奇函数，为偶函数， 所以，，且， 所以，即， 又，两式联立解得，， 所以． 故选：C. 6. 已知F为双曲线C：（，）的右焦点，过点F作x轴的垂线与双曲线及它的渐近线在第一象限内依次交于点A和点B．若，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出点A,B的坐标，利用线段相等建立方程求出即可得解. 【详解】由题意得，双曲线C的渐近线方程为．设点A，B的纵坐标依次为，， 因为，所以，所以． 因为，所以． 因为，所以，得，所以， 故，双曲线C的渐近线方程为，即， 故选：B． 7. 已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆心为O，连接OA，OB，OC，设球冠的半径为R，根据几何性质可得，从而可得，根据平方公式与二倍角公式即可得的值. 【详解】设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示． 易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R， 由题意知，解得． 因为AB与圆弧相切于点B，所以． 在Rt△ABO中，， 又，所以． 由对称性知，，则， 所以． 故选：D. 8. 中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，则数列的首项为（ ） A. B. C. 或 D. 3或 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分这组数的个数为奇数和这组数的个数为偶数两种情况，结合等差数列的性质求解. 【详解】若这组数的个数为奇数，设为个，则，， 又，所以； 若这组数的个数为偶数，设为个，则，， 又，所以． 故选：B 二、选择题：本题共4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. 如图，在空间四边形ABCD中，，，将△ABD以BD为旋转轴转动，则下列结论正确的是（ ） A. 连接AC，BD，则 B. 存在一个位置，使△ACD为等边三角形 C. AD与BC不可能垂直 D. 直线AD与平面BCD所成角的最大值为60° 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取BD的中点E，连接AE，CE，根据等腰三角形的性质和线面垂直的判定及性质分析判断，对于B，当三棱锥是正四面体时可得结论，对于C，由正四面体的性质分析，对于D，面ABD与平面BDC垂直时分析判断. 【详解】对于A，如图所示，取BD的中点E，连接AE，CE．因为，所以． 同理，因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，故A正确． 对于B，由题意可知，，当，三棱锥是正四面体时，△ACD为等边三角形，故B正确． 对于C，当三棱锥是正四面体时，取的中点，连接，因为， 所以，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故C不正确． 对于D，当平面ABD与平面BDC垂直时，点到平面的距离最大，此时直线与平面所成的角最大， 由选项A可知，因为平面平面，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 因为，所以为等边三角形，所以， 所以直线AD与平面BCD所成角的最大值为60°，故D正确． 故选：ABD 10. 过抛物线C：的焦点F作两条互相垂直的直线和，设直线交抛物线C于A，B两点，直线交抛物线C于D，E两点，则可能的取值为（ ） A. 18 B. 16 C. 14 D. 12 【答案】AB 【解析】 【分析】由题意可知直线，的斜率均存在且均不为0，所以不妨设的斜率为k，则：，：，然后将两直线方程分别代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，结合弦长公式表示出，再利用基本不等式可求得结果. 【详解】由题意可知直线，的斜率均存在且均不为0．因为抛物线C的焦点为， 所以不妨设的斜率为k，则：，：． 由消去y得．设，， 则． 由抛物线的定义，知．同理可得， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以， 故选：AB． 11. 某学校高三年级于2023年5月初进行了一次高三数学备考前测考试．按照分数大于或等于120的同学评价为“优秀生”，其它分数的同学评价为“潜力生”进行整体水平评价，得到下面表（1）所示的列联表．已知在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，根据表（2）的数据可断定下列说法正确的是（ ） 班级 战绩 合计 优秀生 潜力生 甲班 10 b 乙班 c 30 合计 105 表（1） 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 表（2） A. 列联表中c的值为30，b的值为35 B. 列联表中c的值为20，b的值为45 C. 根据列联表中的数据，有95%的把握认为成绩与班级有关 D. 根据列联表中的数据，没有95%的把握认为成绩与班级有关 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题目条件计算判断AB，再由卡方的计算判断CD. 【详解】因为在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为， 所以“优秀生”的人数为，“潜力生”的人数为， 所以，，故A错B对； 因为，所以有95%的把握认为成绩与班级有关，故C对D错. 故选：BC． 12. 已知函数，，若对任意．及对任意，都有，则实数a的值可以是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】CD 【解析】 【分析】因为对任意及对任意，都有，所以，根据以及解析式的结构分别求出最小值和最大值即可. 【详解】当对任意时，，当且仅当，即时，等号成立，所以在上； 又， 当，即时，在上，由，解得，所以； 当，即时，在上，由，解得，所以； 综上可知，实数a的取值范围是； 故选：CD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 设为的外心，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意画图，结合数量积几何意义和定义求解即可. 【详解】如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为， 则在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为， 因为为的外心，所以 ，， ，， 所以． 故答案为：. 14. 数学上将形如（p为素数）的素数称为“梅森素数”．显然，即使p是一个“不太大”的素数，“梅森素数”也可能是一个“很大”的数．利用和，可估计得出“梅森素数”的位数为________． 【答案】21 【解析】 【分析】根据“梅森素数”的定义及对数运算即可得得结论. 【详解】依题意，得， 所以，则“梅森素数”的位数为21． 故答案为：21． 15. 如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用作平行线的办法先作出符合题意的截面，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解. 【详解】 如图所示，在平面内，过点作分别交于． 在平面内过点作交于点，在平面内过点作交于点， 连接，由，，故，于是共面， 由，平面，平面，故//平面， 同理可说明//平面，则四边形是过点既平行于直线又平行于直线的截面． 由//平面，平面平面，平面，故，又， 则，结合可得，四边形是平行四边形． 因为，，，平面，所以平面， 又平面，所以．又，所以，所以平行四边形是矩形． 因为，所以，设相似比为，则，因为， 所以．因为，所以，则， 因为，所以，即， 故， 所以当时，取得最大值. 故答案为： 16. 如图，设，是圆O：上的两个动点，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】求出的方程得出，求出的方程得出，再利用、点在圆上可得. 【详解】，， 由于，是圆O上的两个动点， 可得，，且，， 的方程为，令，得， 的方程为， 令，得， 所以． 故答案为：4. 四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，． （1）求的面积； （2）求的周长的最大值． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据四边形存在外接圆的几何性质可得，利用平方关系可得，再根据面积公式可得的面积； （2）根据余弦定理求解的长，再由余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值． 【小问1详解】 因为平面四边形存在外接圆， 所以，， 又，所以， 所以的面积． 【小问2详解】 在中，由余弦定理得 ， 解得． 在中，由余弦定理得， 即 ． 由此得，当且仅当时，等号成立， 所以，故的周长． 18. 已知为数列的前n项和，且满足，． （1）求的值； （2）若，记数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）14 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用化简可得答案； （2）求出，利用裂项相消求和求出，根据的单调性可得答案． 【小问1详解】 因为，① 所以当时，，② 由①②，得，化简得， 所以； 【小问2详解】 由及（1），知，得， 所以， 所以 ， 又，且， 所以数列是递增数列，． 综上可知，． 19. 甲、乙分别拥有3张写有数字的卡片，甲的3张卡片上的数字分别为X，Y，Z，乙的3张卡片上的数字分别为x，y，z，已知．他们按如下规则做一个“出示卡片，比数字大小”的游戏：甲、乙各出示1张卡片，比较卡片上的数字的大小，然后丢弃已使用过的卡片．他们共进行了三次，直至各自用完3张卡片，且在出示卡片时双方都不知道对方所出示的卡片上的数字．三次“出示卡片，比数字大小”之后，认定至少有两次数字较大的一方获得胜利． （1）若第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z，求乙最终获得胜利的概率； （2）记事件“第一次乙出示的卡片上的数字大”，事件“乙获得胜利”，试比较A和B哪个概率大，并说明理由． 【答案】（1） （2），理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件与独立事件概率公式求解即可； （2）确定事件的样本空间，利用古典概型计算即可. 【小问1详解】 由于第一次乙出示的卡片上的数字较小，故第二次、第三次乙出示的卡片上的数字必须较大才能获得胜利， 所以乙获得胜利为事件，则． 【小问2详解】 在第一次出示的卡片中，样本空间为第一次双方出示的卡片上的数字匹配情况， 则，， 所以． 记，，，，，， 则三次出示卡片甲、乙卡片上数字匹配情况的样本空间为，“乙获得胜利”，所以． 故事件A的概率比事件B的概率大．即 20. 如图，直四棱柱的底面为菱形，且，，E，F分别为BC，的中点． （1）证明：平面平面． （2）求平面和平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答. （2）连接，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答. 【小问1详解】 在直四棱柱中，底面为菱形，，连接，如图， 显然为正三角形，由为的中点，得，而平面， 平面，则，又，平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 连接，由（1）知是正三角形，为的中点，则，而，即有， 又平面，于是两两垂直， 以A为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 由，得， ，，，， 设平面的法向量为，则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 因此， 所以平面和平面的夹角的余弦值为． 21. 定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点． （1）求“共轭点对”中点B所在直线l的方程． （2）设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且，（1）中的直线l与椭圆C交于两点． ①求点，的坐标； ②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于． 【答案】（1） （2）①，； ②设点，，则， 两式相减得． 又，所以，所以， 即，线段PQ被直线l平分． 设点到直线的距离为d， 则四边形的面积． 由，，得． 设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值． 由消去y得． 令，解得， 当时，此时方程为，即，解得， 则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件， 故直线与C不可能相切， 即d小于平行直线和（或）的距离． 故. 【解析】 【分析】（1）设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简即可； （2）①联立直线和椭圆的方程，解出即可；②设点，，利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线的方程为，计算直线与椭圆相切时的值，再检验证明此时不满足，则证明出面积小于. 【小问1详解】 设中点B的坐标为， 对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义， 可知直线l的方程为，即l：． 【小问2详解】 ①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或， 所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，． ②略 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于. 22. 定义函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上，有且只有两个不同的极值点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出当的导数的值，根据导数的几何意义求解； （2）有2个不同的极值点，即意味着在时有2个零点，据此分类讨论求解. 【小问1详解】 当时，，则， 所以， 故所求切线方程为．即； 【小问2详解】 由题意得， 当时，． 函数，， 所以在R上单调递增，并且当 趋于时趋于，当x趋于时y趋于， 所以存在唯一实数，使得， 又当时，， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故是在区间上唯一的一个极值点； 同理可证，存在唯一的，使得，此时， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故是函数在上唯一的一个极值点； 又，不是函数的极值点， 所以在区间上，有且只有两个不同的极值点． 综上，所求的切线方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $