甘肃省武威市2024届高三上册阶段调考数学检测试卷（附答案）

这是一份甘肃省武威市2024届高三上册阶段调考数学检测试卷（附答案），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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．已知集合，则的子集个数为（ ）
A．4B．8C．16D．18
2．在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．若，且，则的最小值为（ ）
A．6B．9C．4D．8
5．如图，在棱长都相等的正三棱柱中，为棱的中点，则直线与直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，的定义域均为，则（ ）
A．当取得最大值时，取得最小值
B．当取得最大值时，
C．与的图象关于点对称
D．与的图象关于直线对称
8．已知函数，若函数有3个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
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．某市组织举办了信息安全知识竞赛.已知某校现有高一学生1200人、高二学生1000人、高三学生1800人，利用分层抽样的方式随机抽取100人参加校内选拔赛，赛后前10名学生成绩（满分100分）为75，78，80，84，84，85，88，92，92，92，则（ ）
A．选拔赛中高一学生有30人
B．选拔赛前10名学生成绩的第60百分位数为85
C．选拔赛前10名学生成绩的平均数为85
D．选拔赛前10名学生成绩的方差为33.2
10．已知直线l：与圆C：，点P在圆C上，则（ ）
A．直线l过定点
B．圆C的半径是6
C．直线l与圆C一定相交
D．点P到直线l的距离的最大值是
11．已知椭圆的离心率分别为它的左、右焦点，分别为它的左、右顶点，是椭圆上的一个动点，且的最大值为，则下列选项正确的是（ ）
A．当不与左、右端点重合时，的周长为定值
B．当时，
C．有且仅有4个点，使得为直角三角形
D．当直线的斜率为1时，直线的斜率为
12．如图，在边长为的正方形中剪掉四个阴影部分的等腰三角形，其中为正方形对角线的交点，，将其余部分折叠围成一个封闭的正四棱锥，若该正四棱锥的内切球半径为，则该正四棱锥的表面积可能为（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．二项式的展开式的常数项为 .
14．已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为16，到轴的距离为10，则 .
15．奇函数满足，则 .
16．古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割率.黄金分割率的值也可以用表示，即，设为正五边形的一个内角，则 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在中，角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)求.
18．已知是递增的等差数列，是方程的根.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和.
19．某单位招聘会设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试.笔试设有三门测试，三门测试相互独立，三门测试至少两门通过即通过笔试，通过笔试后进入面试环节，若不通过，则不予录用.面试只有一次机会，通过后即被录用.已知每一门测试通过的概率均为，面试通过的概率为.
(1)求甲通过了笔试的条件下，第三门测试没有通过的概率；
(2)已知有100人参加了招聘会，X为被录取的人数，求X的期望.
20．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，，，，.
(1)证明.
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
21．已知双曲线的右焦点为，实轴长为.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)过点 ，且斜率不为0的直线 与双曲线 交于 两点， 为坐标原点，若 的面积为，求直线的方程.
22．已知函数.
(1)当时，求的最大值；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围.
1．C
【分析】根据求出中元素个数，然后由集合子集个数公式求解即可.
【详解】因为，所以有4个元素，故子集个数为.
故选：C
2．D
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】因为，
所以其对应的点位于第四象限.
故选：D.
3．B
【分析】求得，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】由函数，可得，所以且，
所以所求切线方程为，即.
故选：B.
4．B
【分析】根据条件得到，然后将原式变形为，再利用基本不等式求解出最小值.
【详解】因为，所以，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9，
故选：B.
5．D
【分析】作直线与直线的平行线，然后解三角形即可得出答案.
【详解】
如图设E，F分别为棱，的中点，连接，，，，
E，F分别为棱，的中点，所以，
因为为棱的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以（或其补角）为直线与直线所成的角.
设正三棱柱的棱长为，
则，，，
，，
所以，所以，.
故选：D.
6．B
【分析】根据题意，结合向量的数量积和模的计算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由，
可得解得.
故选：B.
7．D
【分析】利用三角恒等变换与三角函数的图象及其性质，对每个选项逐一判断即可.
【详解】对于选项A：，．当取得最大值时，，则，A错误.
对于选项B：当取得最大值时，，则，，B错误.
对于选项C，D：因为，
所以与的图象关于直线对称，C错误，D正确.
故选：D.
8．D
【分析】转化为与图象有3个不同的交点，画出两函数图象，数形结合得到答案.
【详解】令，故，
画出与的图象，
函数有3个零点，即与图象有3个不同的交点，
则，
解得.
故选：D
9．ACD
【分析】对于A，按分层比例验算即可；对于BCD，由百分位数的概念、平均数以及方差运算公式逐一验算即可.
【详解】选拔赛中高一学生有人，所以A正确；
因为，所以选拔赛前10名学生成绩的第60百分位数为，所以B错误；
因为，所以C正确；
因为，所以D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】求解直线经过的定点，圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可．
【详解】直线l：，即
由，解得，则直线l过定点，故A错误；
圆C：，即，
则圆C的圆心坐标为，半径为6，故B正确；
因为点与的距离为，
则点在圆C的内部， 所以直线l与圆C一定相交，故C正确；
点P到直线l的距离的最大值是，故D错误．
故选：BC．
11．ABD
【分析】A：先求解出椭圆方程，然后根据焦点三角形的周长等于求得结果；B：先求解出的纵坐标，由此可求，根据椭圆定义可求；C：先计算焦点三角形顶角的最大值，然后再分析点的个数；D：先计算出为定值，然后可计算出.
【详解】对于A：因为，当且仅当为右顶点时取等号，
又因为的最大值为，所以，
因为，所以，所以椭圆的方程为，
因为的周长为，故A正确；
对于B：当时，，所以，
所以，所以，
因为，所以，故B正确；
对于C：设椭圆的上顶点为，因为，
所以，所以的最大值为，
所以存在个点，使得，
又因为存在个点使，存在个点使，
所以存在个点，使得为直角三角形，故C错误；
对于D：因为，设，
则，所以，
所以，
因为，所以，故D正确，
故选：ABD.
12．BC
【分析】设翻折前，根据三角形及棱锥的性质可得棱锥的高与斜高，进而可得四棱锥的体积与表面积，结合内切球的性质可得解.
【详解】
设翻折前，则翻折后，斜高，
该四棱锥的高，
则.
该四棱锥的表面积.
因为该正四棱锥的内切球半径为，所以，即，
则，解得或或（舍）
故或.
故选：BC.
13．7
【分析】求出展开式的通项，再令未知数的次数等于零，即可得解.
【详解】展开式的通项为，
令，得，
所以常数项为.
故7
14．12
【分析】根据题意结合抛物线的定义分析求解.
【详解】由题意可知抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义可得，所以.
故12
15．
【分析】直接由函数的对称性、奇函数的性质进行转换运算即可.
【详解】由可得的图象关于直线对称，所以.
故答案为.
16．
【分析】根据条件先求解出的值，然后根据诱导公式以及二倍角的正弦公式求解出结果.
【详解】由题可知，
所以，
故答案为.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）应用余弦定理解三角形；
（2）由正弦定理求得，根据平方关系、二倍角正弦公式求结果.
【详解】（1）因为，
所以，
所以.
（2）因为及（1）结果，所以.
因为，所以为锐角，则，
故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，求得和的值，结合等差数列的基本量运算，进而求得数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合乘公比错位法求和，即可求解.
【详解】（1）解：由和是，
又由是递增的等差数列，可得，
设的公差为，则，可得.
所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，记数列的前项和为，
则，
所以，
两式相减，得
，
所以，即数列的前项和为.
19．(1)
(2)20
【分析】（1）根据条件概率计算即可；
（2）易得服从二项分布，再根据二项分布的期望公式计算即可.
【详解】（1）设事件为甲通过了笔试，事件为甲第三门测试没有通过，
则，
，
故甲通过了笔试的条件下，第三门测试没有通过的概率为；
（2）设某人被录取的概率为，
则，
由题可知，
所以.
20．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用数量积证明垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，以向量法去求平面与平面的夹角的余弦值即可解决.
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，，
因为，所以.
（2）由（1），，
设平面的法向量为，则，
即，不妨取，则.
易得平面，所以是平面的一个法向量，且.
设平面设与平面的夹角为，
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
21．(1)
(2)或
【分析】（1）焦点坐标和实轴长得到，再结合得到，即可得到双曲线方程；
（2）联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得到，根据点到直线的距离公式得到点到直线的距离，然后利用三角形面积公式列方程，解方程即可.
【详解】（1）由题意得，，则，，
所以双曲线的标准方程为.
（2）
设直线的方程为，，，，
联立得，
令，解得且，
则，，
，
设点到直线的距离为，则，
所以，
解得或0（舍去），即，
所以直线的方程为或.
22．(1)
(2)
【分析】（1）先求解出，然后根据的正负确定出的单调性，然后可求的最大值；
（2）先求解出，令的分子部分为，再根据与的关系进行分类讨论：当时，根据（1）的结果进行分析；当时，根据解析式各部分取值正负进行分析；当时，根据的正负再进行讨论，由此求解出结果.
【详解】（1）由题可知的定义域为，当时，，
因为，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
（2）因为，所以，
令，则，
当时，由（1）知，不满足题意；
当时，，所以恒成立，不满足题意；
当时，在上恒成立，
所以在上单调递减，所以.
①当时，因为，所以，
所以在上单调递减，所以，所以满足题意，
②当时，因为在上单调递减，且，
所以存在，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以当时，，不满足题意，
综上所述，.
方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.