贵州省部分高中2024-2025学年高三上学期10月联考数学试卷

这是一份贵州省部分高中2024-2025学年高三上学期10月联考数学试卷，共23页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知复数满足，则等内容，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（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式求得集合，再由对数函数定义可得集合，即可求得结果.
【详解】解不等式可得，
由对数函数定义域可得,
所以可得.
故选：C
2. 某同学记录了当地2月最后8天每天的最低气温（单位：），分别为，则该组数据的第60百分位数为（ ）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将该组数据从小到大排列：，共8项，
又，所以该组数据的第60百分位数为第5项，即8.
故选：C.
3. 已知焦点在轴上的椭圆的焦距为2，则其离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求出，再根据椭圆的离心率公式即可得解.
【详解】因为焦点在轴上的椭圆的焦距为2，
所以，解得，
所以椭圆的离心率.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可知为钝角，从而，，，于是先计算，再开方即可．
【详解】，，
，而，
，为钝角，，
，
．
故选：C．
5. 已知圆台甲､乙的上底面半径均为，下底面半径均为，圆台甲､乙的母线长分别为，则圆台甲与乙的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设甲圆台的高为，乙圆台的高为，利用勾股定理求出，，再由圆台的体积公式计算即可得解.
【详解】设圆台甲的高为，圆台乙的高为，
则，，
所以圆台甲的体积，
圆台乙的体积，
所以圆台甲、乙的体积之比为.
故选：A.
6. 已知平面向量均为非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及共线向量的意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】，则，整理得，
而向量均为非零向量，则反向共线且，有；
反之，若，可能同向共线，也可能反向共线，即，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分，两种情况，分别求出函数值域，结合题意可得答案.
【详解】当时，在上的值域为；在上单调递增，
则在上值域为，则此时值域不可能为R，则不合题意；
当时，在上的值域为；在上单调递减，
则在上值域为，要使值域为R，则.
故选：B
8. 已知函数的图象关于直线对称，则当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】借助辅助角公式结合正弦型函数对称性可得，再画出与图象同一坐标系中即可得解.
【详解】，其中，且，
则有，解得，即，
则，即，
画出与图象如图所示：
由图可知，曲线y=fx与的交点个数为.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则（ ）
A.
B.
C. 的虚部为8
D. 在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数的乘法求出，再逐项计算判断即得.
【详解】依题意，，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，的虚部为8，C正确；
对于D，在复平面内对应的点位于第一象限，D正确.
故选：ACD
10. 已知是抛物线的焦点，是的准线，点是上一点且位于第一象限，直线与圆相切于点，点在线段上，过点作的垂线，垂足为，则（ ）
A.
B. 直线的方程为
C.
D. 的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用勾股定理求得，根据点斜式求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得横坐标，根据抛物线的定义求得，进而计算出的面积.
【详解】圆即，
是圆心为，半径的圆.
抛物线的焦点F1,0，准线为，
由于直线与圆相切，所以，A选项错误.
由于，所以，
所以直线的斜率为，方程为，即，B选项正确.
由解得，即，
根据抛物线的定义得，C选项正确.
所以的面积为，D选项错误.
故选：BC
11. 已知奇函数的定义域为，其导函数为，若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】应用赋值法判断A，B选项；对求导，得到，赋值法得到，判断C；根据函数的周期性结合赋值法得出再计算即可求解判断D.
【详解】由已知有为R上的奇函数，所以，
令时，，
故，故A选项正确；
令时，，
故，故B选项错误；
由已知有：在R上可导，
对求导有：，
即，，
令时，，则，
又因为是奇函数，故是偶函数，所以
故，
所以也是一个周期为4的周期函数，，C选项错误；
令，则恒成立，
由已知是奇函数，故，
故，则，
所以是一个周期为4的周期函数，
又因为，奇函数的定义域为，所以，
令时，，，所以，
令时，，所以，
令时，，所以,
，故D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性：
（1）若，则函数关于中心对称；
（2）若，则函数关于对称；
（3）若，则函数的周期为2a；
（4）若，则函数的周期为2a.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等比数列的公比不为1，且成等差数列，则数列的公比为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件可得出，化简即可求出公比.
【详解】由已知条件可知，又因等比数列，
所以，且，代入到，
可得，化简，
解之可得或(舍).
故答案为：
13. 有红色､黄色2套卡片，每套3张，分别标有字母A，B，C，若从这6张卡片中随机抽取4张，这4张卡片的字母恰有两个是相同的，则不同的取法种数为__________.
【答案】12
【解析】
【分析】先从标有字母A，B，C中任选一个，共有2张卡片，再从剩余字母中各取一张卡片，结合组合数运算求解.
【详解】由题意可知：先从标有字母A，B，C中任选一个，共有2张卡片，
再从剩余字母中各取一张卡片，
所以不同的取法种数为.
故答案为：12.
14. 若直线与曲线有个交点，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】令，分析可知函数在上有个零点，且，对实数的取值进行分类讨论，分析函数的单调性与极值，结合零点存在定理可得出实数的取值范围.
【详解】解：令，由题意可知，函数在上有个零点，且，
且，令，则，
由可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，分以下几种情况讨论：
（1）当时，即当时，对任意的，且不恒为零，
此时，函数在上单调递增，则函数只有个零点，不合乎题意；
（2）当时，且当时，，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，
故当时，，则，
此时，函数在上没有零点，
当时，，
由（1）知，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，
当时，，此时，函数单调递减，则，
当时，，此时，函数单调递增，则函数在上至多个零点，
从而可知，当时，函数在上至多个零点，不合乎题意；
（3）当时，，
由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，
且当时，，则函数在上单调递减，
则当时，，
当时，，则函数在上单调递增，
因为，所以，存在，使得，
此时，函数在上有唯一零点，
因为函数在上单调递减，，
当，
令，，
令，其中，则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，
因为，，，
所以，存在，使得，可得，
当时，，此时，函数单调递增，
当时，，此时，函数单调递减，
所以，，
因为函数在上单调递减，则，
即，
故当时，，即，
即存在，使得，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
此时，，且，
因为，
所以，存在，使得，
此时，函数在上也存在唯一零点，
故当时，函数在上有且只有个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
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. 已知的内角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换分析求解；
（2）根据题意利用余弦定理解得，，即可求.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
即，所以.
【小问2详解】
因为，即，
由余弦定理可得，即，
整理可得，，
所以.
16. 如图，在三棱柱中，为边长为的等边三角形，.
（1）证明：
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，求证平面即可得证.
（2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量与，即可由空间角的向量法求解.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，
因为，，
所以，故由余弦定理，
所以，
故即，即，
又平面，，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
由（1）可得、且即，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面与平面的一个法向量分别为，
则，，
所以，，
取，，则，
所以，
设平面与平面夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值.
17. 已知甲､乙两人参加某档知识竞赛节目，规则如下：甲､乙两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，甲､乙两人初始分均为0分，答题过程中当一人比另一人的得分多2分时，答题结束，且分高者获胜，若甲､乙两人总共答完5题时仍未分出胜负，则答题直接结束，且分高者获胜.已知甲､乙两人每次抢到题的概率都为，甲､乙两人答对每道题的概率分别为，每道题两人答对与否相互独立，且每题都有人抢答.
（1）求第一题结束时甲获得1分的概率；
（2）记表示知识竞赛结束时，甲､乙两人总共答题的数量，求的分布列与期望.
【答案】（1）23
（2）分布列见详解，
【解析】
【分析】（1）考虑甲先得1分，分为甲抢到答题并且答对，或者是乙抢到并且答错两种情况，分别计算概率即可；
（2）在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率.的所有可能取值分别为，利用独立事件的乘法公式计算得出的分布列，求出即可.
【小问1详解】
设每道题的抢答中，记甲得1分为事件.
发生有两种可能：抢到题且答对，乙抢到题且答错，
∴，
∴ 甲率先得1分的概率为.
【小问2详解】
由（1）知，在每道题的抢答中甲、乙得1分的概率分别为，
设两人共抢答了道题比赛结束，根据比赛规则，的可能取值为.
，
，
，
.
18. 已知是双曲线的一条渐近线，点在上.
（1）求的方程.
（2）已知直线的斜率存在且不经过原点，与交于两点，的中点在直线上.
（i）证明：的斜率为定值.
（ii）若的面积为，求的方程.
【答案】（1）.
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）由题可得，解该方程组即可得解.
（2）（i）设，联立得，则由韦达定理结合中点坐标公式可求出的中点坐标，接着由的中点在直线上即可求解得证.
（ii）由（i）结合弦长公式以及点到直线距离公式依次求出AB和的中点到直线的距离，再由即可求解.
【小问1详解】
由题可得，
所以的方程为.
【小问2详解】
（i）证明：设，
由得，
由题意得，
设中点的坐标为，则
所以.
因为的中点在直线上，所以，即，
因为，所以，故的斜率为定值.
（ii）由（i）得的方程为，
且，
又点到的距离，
所以，
解得，所以的方程为.
19. 定义：对于函数，若，则称“”为三角形函数.
（1）已知函数，若为二次函数，且，写出一个，使得“”为三角形函数；
（2）已知函数，若“”为三角形函数，求实数的取值范围；
（3）若函数，证明：“”为三角形函数.（参考数据：）
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由定义中的任意性，将条件不等式转化为.求，构造二次函数，使即可；
（2）按与的大小分类讨论，求解函数的值域，再结合定义建立关于的不等式求解可得；
（3）利用（1）结论得，转化命题证明，构造函数，设出隐零点探求零点范围，证明即，将零点满足关系式代回化简换元，再构造新函数，证明即可.
【小问1详解】
由，，
得，令，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
因为为二次函数，且，所以的对称轴为，
设，
要使“”为三角形函数，只要，
取，则，
，满足，
则，即成立.
故若，取，可使得“”为三角形函数.
（答案不唯一，参考函数，写出任意一个满足题意的都可以）
【小问2详解】
，
①当时，，
则任意，故“”为三角形函数.
②当时，由，
则，；
要使“”为三角形函数，
由，解得，
则有，
所以；
③当时，则，
要使“”为三角形函数，由，解得，
则有，
所以；
综上所述，实数的取值范围为.
【小问3详解】
，
由（1）知，，
则任意，；
下面证明.
由，，
则，
令，
则，所以在上单调递减.
又，由参考数据可知，，
则存在唯一的实数，使，即().
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
故，
由()式可知，
则，
令，
则，
所以单调递增，
故.
即.
所以成立，即.
故“”三角形函数，命题得证.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2
4
5