贵州省2024届高三上学期入学考试数学试题（含解析）

贵州省高三年级入学考试
数学试卷
注意事项：
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．已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．若集合，集合，则集合（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数，则（ ）
A．e B． C． D．
4．“积跬步以至千里，积小流以成江海．”出自荀子《劝学篇》．原文为“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”数学上这样的两个公式：①；②，也能说明这种积少成多，聚沙成塔的成功之道．它们所诠释的含义是“每天增加1%，就会在一个月、一年以后产生巨大的变化．虽然这是一种理想化的模型，但也能充分地说明“小小的改变和时间积累的力量”．假设某同学通过学习和思考所带来的知识积累的变化，以每天2.01%的速度“进步”，则30天以后他的知识积累约为原来的（ ）
A．1.69倍 B．1.96倍 C．1.78倍 D．2.8倍
5已知函数为奇函数，为偶函数，且，记，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知F为双曲线C：（，）的右焦点，过点F作x轴的垂线与双曲线及它的渐近线在第一象限内依次交于点A和点B．若，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．已知“水滴”的表面是一个由圆锥的侧面和部分球面（常称为“球冠”）所围成的几何体．如图所示，将“水滴”的轴截面看成由线段AB，AC和优弧BC所围成的平面图形，其中点B，C所在直线与水平面平行，AB和AC与圆弧相切．已知“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”（“水平宽度”指的是平行于水平面的直线截轴截面所得线段的长度的最大值）的比值为，则（ ）
A． B． C． D．
8．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，则数列的首项为（ ）
A． B． C．或 D．3或
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．如图，在空间四边形ABCD中，，，将△ABD以BD为旋转轴转动，则下列结论正确的是（ ）
A．连接AC，BD，则
B．存在一个位置，使△ACD为等边三角形
C．AD与BC不可能垂直
D．直线AD与平面BCD所成角的最大值为60°
10．过抛物线C：的焦点F作两条互相垂直的直线和，设直线交抛物线C于A，B两点，直线交抛物线C于D，E两点，则可能的取值为（ ）
A．18 B．16 C．14 D．12
11．某学校高三年级于2023年5月初进行了一次高三数学备考前测考试．按照分数大于或等于120的同学评价为“优秀生”，其它分数的同学评价为“潜力生”进行整体水平评价，得到下面表（1）所示的列联表．已知在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，根据表（2）的数据可断定下列说法正确的是（ ）
班级 战绩 合计
优秀生 潜力生
甲班 10 b
乙班 c 30
合计 105
表（1）
0.05 0.01 0.001
3.841 6.635 10.828
表（2）
A．列联表中c的值为30，b的值为35
B．列联表中c的值为20，b的值为45
C．根据列联表中的数据，有95%的把握认为成绩与班级有关
D．根据列联表中的数据，没有95%的把握认为成绩与班级有关
12．已知函数，，若对任意．及对任意，都有，则实数a的值可以是（ ）
A． B． C．2 D．3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设O为△ABC的外心，，，则________．
14．数学上将形如（p为素数）的素数称为“梅森素数”．显然，即使p是一个“不太大”的素数，“梅森素数”也可能是一个“很大”的数．利用和，可估计得出“梅森素数”的位数为________．
15．如图，三棱锥的三条侧棱VA，VB，VC两两垂直，且．点P是侧面VAC内一点，过点P作一个既平行于侧棱VB，又平行于底边AC的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为________．
16．如图，设，是圆O：上的两个动点，点M关于原点的对称点为，点M关于x轴的对称点为，若直线，与y轴分别相交于和，则________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本小题满分10分）
如图，已知平面四边形ABCD存在外接圆，且，，．
（1）求△ABC的面积；
（2）求△ADC的周长的最大值．
18．（本小题满分12分）
已知为数列的前n项和，且满足，．
（1）求的值；
（2）若，记数列的前n项和为，证明：．
19．（本小题满分12分）
甲、乙分别拥有3张写有数字的卡片，甲的3张卡片上的数字分别为X，Y，Z，乙的3张卡片上的数字分别为x，y，z，已知．他们按如下规则做一个“出示卡片，比数字大小”的游戏：甲、乙各出示1张卡片，比较卡片上的数字的大小，然后丢弃已使用过的卡片．他们共进行了三次，直至各自用完3张卡片，且在出示卡片时双方都不知道对方所出示的卡片上的数字．三次“出示卡片，比数字大小”之后，认定至少有两次数字较大的一方获得胜利．
（1）若第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z，求乙最终获得胜利的概率；
（2）记事件“第一次乙出示的卡片上的数字大”，事件“乙获得胜利”，试比较A和B哪个概率大，并说明理由．
20．（本小题满分12分）
如图，直四棱柱的底面ABCD为菱形，且，，E，F分别为BC，的中点．
（1）证明：平面平面．
（2）求平面和平面的夹角的余弦值．
21．（本小题满分12分）
定义：若椭圆上的两个点，满足，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆C：上一点．
（1）求“共轭点对”中点B所在直线l的方程．
（2）设O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，且．
①求（1）中的直线l和椭圆C的两个交点，的坐标；
②设四点，P，，Q在椭圆C上逆时针排列，证明：四边形的面积小于．
22．（本小题满分12分）
定义函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：在区间上，有且只有两个不同的极值点．
贵州省高三年级入学考试
数学试卷参考答案
1．C
（提示：因为，所以．）
2．D
（提示：因为，当，时，可取0，，，当，时，可取1，0，，当，时，可取2，1，0，所以，）
3．C
（提示：由，得，故，解得，，所以，选C．）
4．A
（提示：每天进步2.01%，即0.0201．因为，所以30天以后某同学的知识积累约为原来的1.69倍．）
5．C
（提示：因为为奇函数，为偶函数，且，所以，即．又，两式联立解得，，所以．）
6．B
（提示：由题意得，双曲线C的渐近线方程为．设点A，B的纵坐标依次为，，因为，所以，所以．因为，所以．因为，所以，得，所以，故，双曲线C的渐近线方程为，即，故选B．）
7．D
（提示：设优弧BC所在圆的圆心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，如图所示．易知“水滴”的“竖直高度”为，“水平宽度”为2R，由题意知，解得．因为AB与圆弧相切于点B，所以．
在Rt△ABO中，，．
由对称性知，，则，
所以．）
8．B
（提示：若这组数的个数为奇数，设为个，则，，又，所以；若这组数的个数为偶数，设为2n个，则，，又，所以．）
9．ABD
（提示：如图所示，取BD的中点E，连接AE，CE．因为，所以．同理，所以平面ACE，，故A正确．由题意可知，，当，三棱追是正四面体时，△ACD为等边三角形，故B正确．当三棱锥是正四面体时，，故C不正确．当平面ABD与平面BDC垂直时，直线AD与平面BCD所成角的最大值为60°，故D正确．）
10．AB
（提示：由题意可知直线，的斜率均存在且均不为0．因为抛物线C的焦点为，所以不妨设的斜率为k，则：，：．由消去y得．设，，则．由抛物线的定义，知．同理可得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以，故选AB．）
11．BC
（提示：因为在这105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，所以“优秀生”的人数为，“潜力生”的人数为，所以，．因为，所以有95%的把握认为成绩与班级有关，故选BC．）
12．CD
（提示：因为对任意及对任意，都有，所以．当对任意时，，当且仅当，即时，等号成立，所以在上．又，当，即时，在上，由，解得，所以；当，即时，在上，由，解得，所以．综上可知，实数a的取值范围是，故选CD．）
13．
（提示：如图所示，过点O作AB的垂线，垂足为D，则在方向上的投影向量为．因为O为△ABC的外心，所以，．同理，所以．）
14．21
（提示：依题意，得，所以，“梅森素数”的位数为21．）
15．
（提示：如图所示，在平面VAC内，过点P作分别交VA，VC于F，E．在平面VBC内过点E作交BC于点Q，在平面VAB内过点F作交BA于点D，连接DQ，则四边形DFEQ是过点P既平行于直线VB又平行于直线AC的截面．易知四边形DFEQ是平行四边形．因为，，，VA，平面VAC，所以平面VAC，又平面VAC，所以．又，所以，所以平行四边形DFEQ是矩形．因为，所以，设相似比为k，则，因为，所以．因为，所以，则，因为，所以，即，故，所以当时，取得最大值．）
16．4
（提示：由于，是圆O上的两个动点，可得，，且，．的方程为，令，得．
的方程为，令，得，所以．）
17．解：（1）因为平面四边形ABCD存在外接圆，
所以，，
，……（2分）
所以△ABC的面积．……（4分）
（2）在△ABC中，由余弦定理得
，
解得．……（6分）
在△ADC中，由余弦定理得，
即
．……（8分）
由此得，当且仅当时，等号成立，
所以，故△ADC的周长．……（10分）
18．（1）解：因为，①
所以当时，，②……（2分）
由①-②，得，化简得．
所以．……（4分）
（2）证明：由及（1），知，得，……（6分）
所以，……（8分）
所以
．……（10分）
又，所以数列是递增数列，．
综上可知，．……（12分）
19．解：分别用X，Y，Z表示甲出示写有数字X，Y，Z卡片的事件，分别用x，y，z表示乙出示写有数字x，y，z卡片的事件．……（2分）
（1）设事件“第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z”，事件“乙获得胜利”．……（4分）
由于第一次乙出示的卡片上的数字较小，故第二次、第三次乙出示的卡片上的数字必须较大才能获得胜利，所以乙获得胜利的概率为
．……（6分）
（2）在第一次出示的卡片中，样本空间为第一次双方出示的卡片上的数字匹配情况，
则，，
所以．……（8分）
记，，，，，，……（10分）
则三次出示卡片甲、乙卡片上数字匹配情况的样本空间为，“乙获得胜利”，所以．
故事件A的概率比事件B的概率大．即．……（12分）
20．（1）证明：如图所示，连接AE，AF，易知，平面即平面．……（1分）
连接AC，因为底面ABCD为菱形，且，所以△ABC为等边三角形．
因为E为BC的中点，所以．……（2分）
由直四棱柱的性质，可知平面ABCD，所以．
又，，平面，所以平面，即平面．……（5分）
因为平面，所以平面平面．……（6分）
（2）解：如图所示，以A为原点，分别以AE，AD，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由，可得下列各点的坐标：
，，，，，，．……（8分）
设平面的法向量为．
因为，，所以
取，得．
设平面的法向量为，
因为，，
所以
取，得．……（10分）
因此，
所以平面和平面的夹角的余弦值为．……（12分）
21．解：（1）设中点B的坐标为，对于椭圆C：上的点，由“共轭点对”的定义，可知直线l的方程为，即l：．……（2分）
（2）①联立直线l和椭圆C的方程，得解得或
所以直线l和椭圆C的两个交点的坐标为，．……（4分）
②设点，，则
两式相减得．
又，所以，所以，
即，线段PQ被直线l平分．……（6分）
设点到直线的距离为d，
则四边形的面积．
由，，得．
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值．……（8分）
由消去y得．
令，解得，此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，故直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离．……（10分）
故．……（12分）
22．（1）解：当时，，则，……（2分）
所以，
故所求切线方程为．即．……（4分）
（2）证明：由题意得．
当时，．……（6分）
因为函数在区间上单调递增，且值域为R，所以存在唯一实数，使得．……（8分）
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增，故是在区间上唯一的一个极值点．……（10分）
同理可证，存在唯一的，使得．当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故是函数在上唯一的一个极值点．
综上可知，在区间上，有且只有两个不同的极值点．……（12分）