2024届贵州省黔东南州重点中学高三（上）数学试卷（理科）（含解析）

2024届贵州省黔东南州重点中学高三（上）数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 已知复数，则复数的虚部为( )
A. B. C. D.
3. “说文明话、办文明事、做文明人，树立城市新风尚创建文明城市，你我共同参与”为宣传创文精神，华强实验中学高一班组织了甲乙两名志愿者，利用一周的时间在街道对市民进行宣传，将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图，则以下说法甲、乙志愿者宣传次数的频数分布折线图，则以下说法不正确的为( )
A. 甲的众数小于乙的众数 B. 乙的极差小于甲的极差
C. 甲的方差大于乙的方差 D. 乙的平均数大于甲的平均数
4. 已知向量，，记向量，的夹角为，则( )
A. B. C. D.
5. 若实数，满足约束条件，则的最小值是( )
A. B. C. D.
6. 等差数列的公差为，前项为，若数列的最大项是第项和第项，则( )
A. B. C. D.
7. 已知，则( )
A. B. C. D.
8. 已知平面、、，其中，，点在平面内，有以下四个命题：
在内过点，有且只有一条直线垂直；
在内过点，有且只有一条直线平行；
过点作的垂线，则；
与、的交线分别为、，则．
则真命题的个数为( )
A. B. C. D.
9. 某足球比赛有，，，，，，，，共支球队，其中，，为第一档球队，，，为第二档球队，，，为第三档球队，现将上述支球队分成个小组，每个小组支球队，若同一档位的球队不能出现在同一个小组中，则不同的分组方法有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
10. 已知函数，且，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
11. 已知，分别是双曲线：的左、右顶点，是的焦点，点为的右支上位于第一象限的点，且轴若直线与直线的斜率之比为，则的离心率为( )
A. B. C. D.
12. 若，，，则( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 的展开式中含项的系数是______用数字作答．
14. 曲线在处的切线与曲线只有一个交点，则 ______ ．
15. 已知函数，则函数在区间上共有______ 个零点．
16. 已知数列满足：，，若，，则数列的前项和为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
二十四节气起源于黄河流域，是古代中国劳动人民长期经验的积累和智慧的结晶其中“立冬小雪十月，大雪冬至迎新年”就是描述二十四节气农历月和月的节气口诀某中学为调查本校学生对二十四节气的了解情况，组织测试活动，按照性别分层抽样抽取了名学生进行答题，其中男生占，记录其性别和是否全部答对的情况，得到如图的等高条形图．
完成下面的列联表，判断能否有的把握认为“是否全部答对”与性别有关？
完全答对 部分答对 合计
男
女
合计
从参加测试的女生中选取一人继续回答甲、乙两道题目，已知该女生答对甲、乙两道题目的概率分别是，记该女生答对题目的个数为，求的分布列和数学期望．
附：，其中．
18. 本小题分
在中，角、、的对边分别为、、，满足，且
求的大小；
若，求的面积．
19. 本小题分
如图，在三棱柱中，，C.
证明：；
若，，，求二面角的余弦值．
20. 本小题分
已知椭圆：的长轴长为，上顶点到直线：的距离为．
求的方程；
直线与交于，两点，直线，分别交直线于，两点，求的最小值．
21. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性；
若有两个极值点，，当不等式恒成立时，求的取值范围．
22. 本小题分
在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数．
求的普通方程；
以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，求以与、与的交点为顶点的多边形的面积．
23. 本小题分
已知函数，．
求不等式的解集；
若，求实数的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由集合，，
根据集合并集的概念及运算，可得．
故选：．
根据不等式的解法求得集合，，结合集合并集的概念及运算，即可求解．
本题考查并集的概念及运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则复数的虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由图可知，甲志愿者的宣传次数分别为：，，，，，，，
乙志愿者的宣传次数分别为：，，，，，，，
甲的平均数为，
乙的平均数为，
故D错误，
甲的众数为，乙的众数为，
故甲的众数小于乙的众数，故A正确；
甲的极差为，乙的极差为，
则乙的极差小于甲的极差，故B正确；
甲的方差为，
乙的方差为，
故甲的方差大于乙的方差，故C正确．
故选：．
根据已知条件，结合众数、极差的定义，以及方差和平均数公式，即可求解．
本题主要考查众数、极差的定义，以及方差和平均数公式，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：向量，，
所以：，，
故，
故．
故选：．
直接利用向量的坐标运算及向量的夹角公式和倍角公式求出结果．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的夹角，倍角公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：作出可行域，如图所示：
由此可得目标函数在点处取最小值，
由，可得，
即，
所以．
故选：．
作出可行域，找出最优解，代入计算即可．
本题考查了简单的线性规划，作出可行域是关键，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由于数列的最大项是第项和第项，根据数列和的对称性，
所以，整理得，故，即，
故，
由于数列的公差为，
故．
故选：．
直接利用等差数列的性质求出，进一步求出结果．
本题考查的知识要点：等差数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，
所以，可得，
则．
故选：．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而利用二倍角公式，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简所求即可求解．
本题考查了二倍角公式，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：，，，
又点在平面内，在内过点，有且只有一条直线垂直，故正确；
当在与的交线上时，在内过点，不存在直线平行，故错误；
当在与的交线上时，过点作的垂线，则，故错误；
与、的交线分别为、，由平面与平面平行的性质，可得，故正确．
真命题的个数为．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个命题得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
9.【答案】
【解析】解：由题意先排，，，共有一种排法，
再排，，，共有种排法，
再排，，，共有种排法，
综上，共有种排法．
故选：．
由题意先排，，，再排，，，然后再排，，，根据分步乘法计数原理即可求解．
本题考查了排列组合的简单计数问题，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，有，解可得，即函数的定义域为，
又由，则函数为奇函数，
，则在上为减函数，
则，
解可得：，即的取值范围为
故选：．
根据题意，求出函数的定义域，分析函数的奇偶性和单调性，由此可得关于的不等式，解可得答案．
本题考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：如图，
由题意可知，，代入双曲线方程，可得，
又，，
，，可得，
，即，得．
故选：．
由已知求得点的坐标，然后求解、的斜率，结合已知列式求解双曲线的离心率．
本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：，
，
而，
所以，
所以．
故选：．
利用放缩法比较，的大小，然后利用泰勒展开式放缩比较，的大小．
本题考查数的大小比较问题，主要利用了中间量、泰勒展开式放缩等方法，属于难题．
13.【答案】
【解析】解：展开式中，通项公式为
；
令，解得；
所以展开式中含项的系数是．
故答案为：．
利用展开式的通项公式，求出展开式中含项的系数．
本题考查了二项式展开式的通项公式应用问题，是基础题．
14.【答案】或
【解析】解：由题意得，则，
曲线在处的切线为，即，
又曲线在处的切线与曲线只有一个交点，
则，整理得，即，解得或；
故答案为：或．
由题意得，则，曲线在处的切线为，即，结合题意可得，整理得，即，求解即可得出答案．
本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：
，
令，则，，，
，，，
令，，
令，，
令，，
令，，
令，，
则函数在区间上共有个零点．
故答案为：．
将化简，令求出的值即为零点．
本题考查二倍角公式，考查函数的零点，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由数列满足，
可得数列中从奇数项起的连续三项成等比数列；
又由，可得数列中从偶数项起的连续三项成等差数列，
因为，，可得，，，，
可归纳得到数列为常数列，其通项公式为，
所以，所以则数列的前项和为．
故答案为：．
利用已知条件，得出数列为常数列，进而求得数列的前项的和，得到答案．
本题考查数列求和，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：按照性别分层抽样抽取了名学生进行答题，其中男生占，
则男生名，女生名，
记录其性别和是否全部答对的情况，得到如图的等高条形图，
根据等高条形图，得列联表如下，
完全答对 部分答对 合计
男
女
合计
，
则有的把握认为“是否全部答对”与性别有关；
的可能取值为，，，
；
；
，
的分布列为：


．
【解析】首先根据题意完成下面的列联表，再计算，即可得到答案；
的可能取值为，，，计算出各自对应的概率得到分布列，利用期望公式即可求解．
本题考查了独立性检验和离散型随机变量的分布列与期望，属于中档题．
18.【答案】解：因为，由正弦定理可得，
即，
因为，
所以，而，
所以；
因为，在中，可得，即，
而，解得，，，，
由正弦定理可得，即，可得，，
所以．
【解析】由题意及正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
由可得的大小，再由题意可得，求得，的大小，由正弦定理可得，的大小，进而求出三角形的面积．
本题考查正余弦定理的应用，属于基础题．
19.【答案】证明：取的中点，连接，，
，，，，
又，平面，而平面，
；
解：在中，，，
可得，，
在中，，，可得，
在中，，，，
可得，即，
由知，平面平面，而平面平面，
平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面与平面的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
．
由图可知，二面角的平面角为钝角，
二面角的余弦值为．
【解析】由已知证明，，可得平面，则；
证明平面，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，再由空间向量求解．
本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
20.【答案】解：因为椭圆：的长轴长为，即，则，
上顶点，由上顶点到直线：的距离为，
即，即，
，，
椭圆的方程为：．
由可得，
设，，
联立，整理可得：，
显然，，，
直线的方程为，
联立，解得，
同理可得，
，
令，则，上下同除“”可得，，
令，则，当时，有最小值，
最小值为．
【解析】由题意可得，解得，上顶点到直线的距离，，解得，即可得出椭圆的方程．
由可得，设，，联立，化为，直线的方程与直线的方程联立，解得，同理可得，可得，化简整理利用一元二次方程的根与系数的关系、二次函数的单调性即可得出结论．
本题考查了直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题得，其中，
令，，其中对称轴为，．
若，则，
此时，则，所以在上单调递增；
若，则，
此时在上有两个根，，且，
所以当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增；
若，则，
此时在上有两个根，，且，，
所以当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
由知，当时，有两个极值点，，且，，
所以
，
则，
令，，
则，
故在上单调递减，
所以，所以，
因为，所以不等式恒成立等价于恒成立，
所以，
即的取值范围是
【解析】对求导，再对分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可；
由知，当时，有两个极值点，，且，，化简可得，则，令，，利用导数判断的单调性与取值范围，从而可得的范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：由曲线的参数方程为参数，
可得，又当且仅当取得等号，
所以的普通方程为；
由，，可得直线的极坐标方程，可化为，
直线的极坐标方程，可化为，
联立可得或；
联立可得或舍去．
所以以与、与的交点为顶点的多边形为三角形，
设，，，可得，，
，，，
所以所求多边形的面积为．
【解析】由基本不等式可得，运用两边平方法消去参数，可得所求普通方程；
由极坐标和直角坐标的关系可得直线，的直角坐标方程，分别联立直线与、直线与的方程，求得交点坐标，再由向量法可得所求多边形的面积．
本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
23.【答案】解：函数，
所以不等式可化为或或，
解得或或；
所以不等式的解集为；
若，即，
即有，或恒成立，
由，可得的最大值为，
即有；
由，可得的最小值为，
即有．
所以的取值范围是．
【解析】由绝对值的定义和一次不等式的解法，计算可得所求解集；
由绝对值不等式的解法和参数分离法，结合一次函数的单调性求得最值，以及不等式恒成立思想可得所求取值范围．
本题考查绝对值不等式的解法和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
第1页，共1页