贵州省2024届高三数学上学期第二次月考试题含解析

这是一份贵州省2024届高三数学上学期第二次月考试题含解析，共18页。
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．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．
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（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义直接求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：B
2. 已知，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的除法运算求解.
【详解】由题意可得：.
故选：B.
3. 已知函数，则（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用分段函数的解析式，先求得，然后再直接求值即可.
【详解】因为，
所以
故选：A.
4. 已知向量，则
A. B. 2
C. 5D. 50
【答案】A
【解析】
【分析】本题先计算，再根据模的概念求出．
【详解】由已知，，
所以，
故选A
【点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．
5. 学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数是（）
A. 20B. 30C. 35D. 40
【答案】B
【解析】
【分析】根据组合的知识求得正确答案.
【详解】选出的志愿者中，个女生个男生时，方法数有种，
个女生个男生时，方法数有种，
所以不同选法有种.
故选：B
6. 已知，且和均为钝角，则的值为（）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角度范围求解，再求解，结合角度范围判断即可.
【详解】∵和均为钝角，
∴，．
∴．
由和均为钝角，得，∴．
故选：D
7. 如图，球面上有、、三点，，，球心到平面的距离是，则球的体积是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出外接圆的半径，结合已知条件可求得球的半径，再利用球体体积公式可求得球的体积.
【详解】在中，，，
则外接圆的直径为，所以，，
因此，球心到平面距离为，
所以，球的半径为，
因此，球的体积为.
故选：B.
8. 已知函数若函数有四个不同的零点，则实数的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将函数有四个不同的零点，转化为函数与图象由四个交点，再数形结合即可解答.
【详解】
依题意，函数有四个不同的零点，即有四个解，
转化为函数与图象由四个交点，
由函数函数可知，
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
当时，函数为单调递减函数，；
当时，函数为单调递增函数，；
结合图象，可知实数的取值范围为.
故选：A
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. 已知,则（）
A. 是偶函数B. 的最小正周期是
C. 图象的一个对称中心是D. 上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】因为,根据偶函数的定义判断A;根据最小正周期公式判断B;将代入验证C的正误;求解函数的单调递增区间即可判断D.
【详解】因为,定义域为,
,所以是偶函数,故A正确;
的最小正周期为,故B正确;
,所以是图象的一个对称中心,故C正确;
令,
解得,
即单调递增区间为,故D错误.
故选:ABC.
10. 已知方程表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是（）
A. 当时，曲线C是椭圆B. 当或时，曲线C是双曲线
C. 若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则D. 若曲线C是焦点在y轴上的双曲线，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线方程的特征逐项判断作答.
【详解】对于A，当时，，则曲线是圆，A错误；
对于B，当或时，，曲线是双曲线，B正确；
对于C，若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得，C正确；
对于D，若曲线是焦点在轴上的双曲线，则，解得，D正确．
故选：BCD
11. 如图，在正方体中，为的中点（）
A. 平面
B.
C. 若正方体的棱长为1，则点D到平面的距离为
D. 若正方体的棱长为1，则直线与所成角的余弦值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线面垂直判定定理即可证得选项A判断正确；先证面，进而证得，从而选项B判断正确；利用三棱锥等体积法求得点D到平面的距离判断选项C；求得直线与所成角的余弦值判断选项D.
【详解】对于A项，连接BD交AC于O点，连接OE，
易知OE为的中位线，
即，∵面，面，
∴平面，故A正确；
对于B项，连接，由正方体的性质易知，
又面，∴面，
而面，则，故B正确；
对于C项，由正方体的性质知：
点到平面的距离等于点D到平面的距离，
设该距离为d，若正方体棱长为1，
则，
，
故C正确；
对于D项，取中点P，连接，
又为的中点，由正方体的性质知：，
则四边形为平行四边形，则，
则直线与所成角为或其补角.
中，,
则，
则直线与所成角的余弦值为，故D错误.
故选：ABC
12. 若x，y满足，则（）.
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假，其中C选项，利用三角换元及三角恒等变换进行求解.
【详解】因为（R），由可变形为，
，解得，当且仅当时，，
当且仅当时，，故A正确，B错误；
由可变形为，解得，
当且仅当时取等号，故D正确；
因为变形可得，
设，所以，
因此
，所以当时，即时，
此时，取到最大值2，故C错误.
故选：AD.
【点睛】易错点点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. __________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数运算的性质求值即可.
【详解】原式.
故答案为：
14. 曲线在点处的切线方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，即可由点斜式得直线方程.
【详解】，则，所以，所以点处的切线方程为，即，
故答案为：
15. 在直线上任取一点作圆的切线，切点为，则切线段的最小值为_____________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用圆的切线性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.
【详解】设的圆心为，半径为，即，
因为点在直线上，所以设，
因为是该圆的切线，且切点为，
所以有，
因此有，
当时，切线段的最小值为1，
故答案为：1
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过点作直线交椭圆于两点，若，则椭圆的离心率为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可得，且，延长并延长交椭圆于点，然后利用椭圆的对称性和椭圆的定义可得，，，则由勾股定理的逆定理可得，再在中利用勾股定理列方程可求出的关系，从而可求出离心率.
【详解】因为，，
所以，且，
延长并延长交椭圆于点，
则由对称性可设，，，，
因为，所以，
则，，，
得
所以，
在中，由，得
，化简得，所以，
所以离心率.
故答案为：
【点睛】关键点睛：此题考查椭圆的离心率的求法，解题的关键是利用椭圆的对称性和椭圆的定义表示出各线段的长.
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. 在递增的等比数列中，，，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出的首项、公比即可作答.
（2）利用分组求和法及等比数列前n项和公式求和作答.
【小问1详解】
由，等比数列递增数列，得，
因此数列的公比，则，
所以数列的通项公式是.
【小问2详解】
由（1）得，，
.
18. 已知内角的对边分别为，设.
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.
【小问1详解】
原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
【小问2详解】
，
，
，
.
19. 学校组织的亚运会知识竞赛，设初赛､复赛､决赛三轮比赛，经过前两轮比赛，甲､乙两人进入冠亚军决赛，获胜者获得冠军，失败者获得亚军．本轮比赛设置5道抢答题目，甲与乙抢到题目的机会均等，先抢到题目者回答问题，回答正确得10分，回答错误或者不回答得0分，对方得10分，先得30分者获胜，比赛结束．已知甲与乙每题回答正确的概率分别为．
（1）在第一题的抢答中，记甲的得分为，求的分布列和数学期望；
（2）求乙获得冠军的概率（精确到0.001）．
【答案】（1）分布列见解析；期望为6
（2）
【解析】
【分析】（1）的可能取值为0和10，每个取值都分甲抢到题目与乙抢到题目两个情况，结合答题是否正确求概率，得分布列，利用公式算数学期望.
（2）已知每题两个得分的概率，根据最后的比分，求乙获得冠军的概率.
【小问1详解】
设在第一题的抢答中，甲得分为，则的可能取值为0，10．
，
，
所以的分布列为
所以．
【小问2详解】
由（1）可知，乙在一题的抢答中得10分的概率为0.40．
设乙得30分甲得0分，乙得30分甲得10分，乙得30分甲得20分的概率分别为．
由（1）可知，；
；
，
所以乙获得冠军的概率为．
20. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，点为棱上的点，且．
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得，再由线面垂直的性质定理即可得到线线垂直；
（2）根据题意，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【小问1详解】
由为矩形可知：，
又因为，，平面，所以面，
又，所以面，
又，故.
【小问2详解】
在中，，所以；
又，面，所以面；
故如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则，，
又在中，，则.
，，
设面法向量为，则
，即，故，
设直线与面所成角为，
则.
21. 已知抛物线的焦点为，点在直线上运动，直线，经过点，且与分别相切于两点．
（1）求的方程；
（2）试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）直线恒过定点，定点坐标为，
【解析】
【分析】（1）利用抛物线焦点坐标求得，从而得解；
（2）联立直线与抛物线方程得到，再由，与抛物线相切求得，化简即可得到，从而得解.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
直线恒过定点，定点坐标为，
由题意可知直线斜率不为0，设直线，
联立，得，
则，
由题意可知直线斜率均存在，且不为0，，
设直线，与联立得，
则，又，则，解得，
所以直线，即，
同理直线，
又点在上，所以，
消去得，即，
所以，
又，所以，所以，解得，
所以直线，故直线恒过定点
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解，
22. 已知函数．
（1）讨论的单调性．
（2）若有两个不相等的实数满足，求证：．
【答案】（1）在上递增，在上递减，
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求函数的定义域，再求导，然后由导数的正负可求出函数，
（2）由的单调性求出其值域，从而不妨设，从而将证明转化为，即，令，利用导数可得在单调递增即可.
【小问1详解】
的定义域为，
由，得，
由，得，
由，得，
所以在上递增，在上递减，
【小问2详解】
证明：由（1）得在上的值域为，在上的值域为，
因为，
所以不妨设，则要证，只要证，
由，由（1）得在上递增，
所以只需证，
因为，所以只要证，
则，
所以，
令，则只需证，
由于，从而得，
所以要证成立，只需在单调递增成立即可，
，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以在单调递增成立，
所以原命题成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数与函数性质在不等式证明中的应用，第（2）问解题的关键是由（1）可得，则将问题转化为只要证，令，再利用导数证明在单调递增即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
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