甘肃省兰州市2024届高三下学期诊断考试数学试卷（解析版）.docx

《甘肃省兰州市2024届高三下学期诊断考试数学试卷（解析版）.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2024年兰州市高三诊断考试数学试卷注意事项：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、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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据对数的性质化简集合，即可由集合的并运算求解.【详解】由得，所以，故选：D2.在复平面内，若复数对应的点Z在第二象限，则复数对应的点所在象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】设，，利用复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.详解】设，，则，则，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 即复数对应的点，位于第一象限.故选：A3.某校为了提高学生的安全意识，组织高一年级全体学生进行安全知识竞赛答题活动，随机抽取8人的得分作为样本，分数从低到高依次为:84，85，87，87，90，a，b，99，若这组数据的第75百分位数为94，则利用样本估计此次竞赛的平均分约为（）A.85B.86C.90D.95【答案】C【解析】【分析】根据百分位数以及平均数的计算即可求解.【详解】由于，所以这组数据的第75百分位数为第六个和第七个数的平均数，故，故，故平均数为，故选：C4.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式得到关于的方程，解得即可.【详解】因为，则，又，所以，解得或（舍去）.故选：A5.已知双曲线与双曲线的离心率相同，双曲线的顶点是双曲线的焦点，则双曲线的虚轴长为（）A.B.C.D.10第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的方程求出焦点坐标与离心率，即可得到，，从而求出，即可得解.【详解】双曲线，则，，所以，即离心率，焦点坐标为，依题意，，所以，则，所以双曲线的虚轴长为.故选：B6.球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．设地球的半径为，若甲地位于北纬东经，乙地位于北纬西经，则甲、乙两地的球面距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析甲、乙两地的球心角，即可得解.【详解】甲、乙两地在北纬线上，所对圆心角为，即甲、乙两地在北纬线所在小圆的直径的两端，且小圆的半径，则，所以甲、乙两地的球心角为，故甲、乙两地的球面距离为.故选：C.7.数列满足，，则（）A.5B.4C.2D.1【答案】B【解析】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【分析】由递推公式得到，，，，即可找到规律，从而求出.【详解】因为，，所以，，，，，，，，，又，所以.故选：B8.已知是定义在上的奇函数，且对于任意均有，当时，，若（是自然对数的底），则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先分析函数的周期性与对称性，画出函数在上的函数图象，结合图象可知在内要满足，只需，即可求出的范围，再结合周期性即可得解.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以且图象关于原点对称，又，所以，所以，，，所以函数的周期为且函数图象关于和对称，又当时，，所以在区间上的图象如下所示：第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 由图可知，在内要满足，则，即，再根据函数的周期性可知.故选：D【点睛】关键点点睛：本题关键是由题意分析出函数的周期为且函数图象关于和对称，再结合函数在上的图象.二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分）9.某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量，迭代优化完成此次活动．在以下不同小组设计的初步方案中，可计算出旗杆高度的方案有A.在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角，，再测量，两点间距离B.在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角和C.在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角，再测量到旗杆底部的距离D.在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角，正对旗杆前行5m到达处，再次测量旗杆顶端的仰角【答案】BCD【解析】【分析】根据各选项的描述，结合正余定理的边角关系判断所测数据是否可以确定旗杆高度即可.【详解】对于A：如果，两点与旗杆底部不在一条直线上时，就不能测量出旗杆的高度，故A不正确．对于B：如下图，中由正弦定理求，则旗杆的高，故B正确；第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 对于C：在直角三角形直接利用锐角三角函数求出旗杆的高，故C正确；对于D：如下图，中由正弦定理求，则旗杆的高，故D正确；故选：BCD.10.英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件，存在如下关系:．对于一个电商平台，用户可以选择使用信用卡、支付宝或微信进行支付．已知使用信用卡支付的用户占总用户的，使用支付宝支付的用户占总用户的，其余的用户使用微信支付．平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计发现：出现支付问题的概率是，若一个遇到支付问题的用户，使用三种支付方式支付的概率均为，则以下说法正确的是（）A.使用信用卡支付的用户中有的人遇到支付问题B.使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率不同C.要将出现支付问题的概率降到，可以将信用卡支付通道关闭D.减少微信支付的人数有可能降低出现支付问题的概率【答案】AC【解析】【分析】根据贝叶斯公式分别求出使用信用卡，支付宝、微信支付出现支付问题的概率即可判断.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【详解】设、、分别表示事件使用信用卡支付、使用支付宝支付、使用微信支付，表示事件出现支付问题，则，，，所以，即使用信用卡支付的用户中有的人遇到支付问题，故A正确；因为，，即使用支付宝支付遇到支付问题与使用微信支付遇到支付问题的概率相同，故B错误；因为使用信用卡支付的用户中有的人遇到支付问题，而使用微信支付的用户中只有的人遇到支付问题，故减少信用卡支付的人数有可能降低出现支付问题的概率，故D错误；要将出现支付问题的概率降到，可以将信用卡支付通道关闭，故C正确；故选：AC11.半径长为1米的车轮匀速在水平地面上向前滚动（无滑动），轮轴每秒前进米．运动前车轮着地点为，若车轮滚动时点距离地面的高度（米）关于时间t（秒）的函数记为，则以下判断正确的是（）A.对于，都有B.在区间上为增函数C.D.对于，都有【答案】BD【解析】【分析】首先求出周期，即可判断A，记车轮运动时着地点为，则秒时，从而得到的解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可.【详解】因为车轮的半径为米，则周长为米，又轮轴每秒前进米，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 所以的最小正周期，所以对于，都有，故A错误；记车轮运动时着地点为，则秒时，所以，令，，解得，，所以在区间上为增函数，故B正确；又，所以在区间内图象关于对称，即对于，都有，故D正确；又，故C错误.故选：BD三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.函数（e是自然对数的底）在处的切线方程是________．【答案】【解析】【分析】求导可得斜率，即可求解直线方程.【详解】因为，故，，所以切线方程为，故答案为：13.等边三角形ABC中，点D是AC的中点，点E是BC上靠近点C的三等分点，________．第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【答案】##【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积公式求解.【详解】以边所在的直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，设等边三角形的边长为，则，，，，即，,∴，故答案为：.14.如图在四棱柱中，侧面为正方形，侧面为菱形，，、分别为棱及的中点，在侧面内（包括边界）找到一个点，使三棱锥与三棱锥的体积相等，则点P可以是________（答案不唯一），若二面角的大小为，当取最大值时，线段长度的取值范围是________．【答案】①.的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可）②.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】取棱及的中点、，连接、，、，，即可证明平面平面，即可得到点在线段上，过点作交于点，在平面内过点作，即可得到为二面角为平面角，易知，即可求出的最大值，此时，即为正方形，从而求出，，，即可求出线段长度的取值范围.【详解】取棱及的中点、，连接、，、，，因为、分别为棱及中点，所以，，则，又且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又点在侧面内（包括边界），且三棱锥与三棱锥的体积相等，当点在线段上时，点到平面的距离与点到平面的距离相等，此时三棱锥与三棱锥的体积相等，所以点在线段上，即点在与的中点的连线段上.过点作交于点，在平面内过点作，因为侧面为正方形，所以，所以为二面角为平面角，又二面角的大小为，所以，易知，又侧面为菱形，，所以，所以，所以当取最大值时，，即为正方形，在中，，所以，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 在中，，所以，又，所以，所以，即为直角三角形且，所以当点在线段上运动时，即线段长度的取值范围为.故答案为：的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可），．【点睛】关键点点睛：第一问关键是构造面面平行，从而确定点的轨迹，第二问关键是确定二面角的平面角，从而得到的最大值，以及此时所满足的几何关系.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）15.若一个平面多边形任意一边所在的直线都不能分割这个多边形，则称这样的多边形为凸多边形，凸多边形不相邻两个顶点的连线段称为凸多边形的对角线．用表示凸边形对角线的条数．（1）求数列的通项公式；（2）若数列的前n项和为，求数列的前n项和，并证明．【答案】15.；16.，证明见详解.【解析】【分析】（1）利用组合数公式依据题意求解数列通项公式；（2）利用数列前项和与通项的关系求出数列的通项公式，接着根据等比数列的前项和公式求出数列的前n项和即可.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】从个顶点中任选两个顶点共有种选法，减去凸边形的边数即为该凸边形对角线的条数，所以；【小问2详解】设数列的前n项和，则，当时，，当时满足，∴数列的通项公式为，∵，∴，.16.如图，四棱锥中，底面，，，，，，，分别为，上一点，，．（1）当平面时，求的值；（2）当二面角的余弦值为时，求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由，即可得到第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ，再由线面垂直得到，由计算可得；（2）利用空间向量法求出，从而求出平面的法向量，再计算线面角的正弦值.【小问1详解】依题意如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，由，可得，所以，即，所以，因为平面，平面，所以，又，，所以，解得.【小问2详解】设平面的法向量为，，，所以，取，又平面的法向量可以为，因为二面角的余弦值为，所以，解得，所以，又，设直线与平面所成角为，则，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 所以与平面所成角的正弦值为.17.2024年高三数学适应性考试中选择题有单选和多选两种题型组成．单选题每题四个选项，有且仅有一个选项正确，选对得5分，选错得0分，多选题每题四个选项，有两个或三个选项正确，全部选对得6分，部分选对得3分，有错误选择或不选择得0分．（1）已知某同学对其中4道单选题完全没有答题思路，只能随机选择一个选项作答，且每题的解答相互独立，记该同学在这4道单选题中答对的题数为随机变量X．（i）求；（ii）求使得取最大值时的整数；（2）若该同学在解答最后一道多选题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答．已知此题正确答案是两选项与三选项的概率均为，求该同学在答题过程中使得分期望最大的答题方式，并写出得分的最大期望．【答案】17.（i）；（ii）18.该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为分【解析】【分析】（1）（i）易知服从二项分布，据此计算；（ii）令，结合二项分布的概率公式得到不等式组，解得的取值范围，再由为整数确定取值；（2）算出单选、双选和三选条件下的数学期望，比较大小即可.【小问1详解】（i）因为，所以．（ii）因为．依题意，即，解得，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 又为整数，所以，即时取最大值.【小问2详解】由题知，选项不能同时选择，故该同学可以选择单选、双选和三选．正确答案是两选项的可能情况为，每种情况出现的概率均为．正确答案是三选项的可能情况为，每种情况出现的概率为．若该同学做出的决策是单选，则得分的期望如下：（分），（分），若该同学做出的决策是双选，则得分的期望如下：（分），（分）．若该同学做出的决策是三选，则得分的期望如下：（分）．经比较，该同学选择单选A或单选C的得分期望最大，最大值为分.【点睛】方法点睛：根据正确答案的所有可能结果，对答题情况进行分类讨论，计算每种答题情况的得分期望值，选择最优方案.18.已知圆过点，和，且圆与轴交于点，点是抛物线的焦点.（1）求圆和抛物线的方程；（2）过点作直线与抛物线交于不同的两点，，过点，分别做抛物线的切线，两条切线交于点，试判断直线与圆的另一个交点是否为定点，如果是，求出点的坐标；如果不是，说明理由．【答案】（1）圆：，抛物线：（2）是定点，【解析】第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）依题意可知圆心在直线上，设圆心为，半径为，再由圆过点，即可得到，，从而求出圆的方程，再令求出点坐标，即可求出抛物线方程；（2）设直线的方程为，，过，点的抛物线的切线的斜率分别为、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出过、点的切线方程，再联立即可求出点坐标，即可得到直线的方程，最后与圆的方程联立求出交点坐标.【小问1详解】因为圆过点和，所以圆心在直线上，设圆心为，半径为，又圆过点，所以，，则圆的方程为，令，解得，所以，则，所以，所以抛物线的方程为.【小问2详解】依题意直线的斜率必存在，不妨设为，则直线的方程为，即，由整理得，其中，解得或，则，，设，，过，点的抛物线的切线的斜率分别为、，又，所以，则、，所以过点的切线方程为，即，同理可得过点的切线方程为，由，解得，即，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 所以点在直线上，而点也在直线上，所以直线与圆的另一个交点就是直线与圆的交点，由，解得或，所以直线与圆的另一个交点为定点.【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，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解19.定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，那么称为A，B两点间的曼哈顿距离．（1）已知点，分别在直线，上，点与点，的曼哈顿距离分别为，，求和的最小值；（2）已知点N是直线上的动点，点与点N的曼哈顿距离的最小值记为，求的最大值；（3）已知点，点（k，m，，e是自然对数的底），当时，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 的最大值为，求的最小值．【答案】（1）的最小值为；的最小值为（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，由曼哈顿距离的定义，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由曼哈顿距离的定义即可得到，从而得到的最大值；（3）根据题意，令，然后分别构造函数，即可得到，从而得到结果.【小问1详解】，则，即的最小值为；，则，即的最小值为.【小问2详解】当时，，点为直线上一动点，则当时，第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 即；当时，，即；所以，又当时，，当时，，所以的最大值为.【小问3详解】令，则，，，令，则在区间内成立，则在区间内单调递增，则，令，则在区间内成立，则在区间内单调递减，则，所以，所以，当且时，取最小值，的最小值【点睛】关键点睛：本题主要考查了新概念问题，难度较大，解答问题的关键在于理解题中曼哈顿距离的定义，然后转化为所学知识求解问题.第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司 第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司