贵州省2024届高三上学期入学考试数学试题

贵州省2024届高三上学期入学考试数学试题
一、单选题
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、多选题
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
13．设为的外心，，，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，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，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
17．如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．
（1）求的面积；
（2）求的周长的最大值．
18．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．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．如图，直四棱柱的底面为菱形，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．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）中的直线l与椭圆C交于两点．
①求点，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．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．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为复数，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数的乘法运算法则即可求解.
2．【答案】D
【知识点】集合的表示方法；并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且，
所以当时，可取0，-1，-2；
当时，可取1，0，-1；
当时，可取2，1，0
所以，所以.
故答案为：D.
【分析】分别令，可确定集合B，再根据并集的运算即可.
3．【答案】C
【知识点】导数的概念；实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：因为函数，
则，
令代入得，解得，
所以
则.
故答案为：C.
【分析】对函数进行求导，令代入即可求得值，从而可得函数解析式即可求解.
4．【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，某同学以每天2.01%的速度“进步”，需要计算30天以后他的知识积累，
则每天进步，
所以30 天以后某同学的知识积累约为原来的 1.69倍.
故答案为：A.
【分析】理解题意，根据等比数列的通项公式计算即可.
5．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意得，
因为为奇函数， 为偶函数， 且①，
所以②，
由①、②联立方程组化简，
①+②得：
，
.
故答案为：C.
【分析】根据函数奇偶性列出方程组，求出函数，的解析式，从而得函数解析式，再讲代入即可.
6．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题意得，焦点 ，双曲线C的渐近线方程为，
设点 A的坐标为，B 的坐标为，
，.
， ，
又， ，得 ，
，
故 ，
则双曲线C的渐近线方程为，
即 .
故答案为：B.
【分析】设点 A的坐标为，B 的坐标为，分别求出点 A， B 坐标， 利用建立方程，求出即可得解.
7．【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；直线与圆的位置关系；任意角三角函数的定义；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，可设优弧所在圆的圆心为 ， 半径为 ， 连接 ，
则“水滴” 的 “坚直高度” 为 ， “水平宽度” 为 ，
由题意知，“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”的比值为，即，
解得 .
因为 AB 与圆弧相切于点 B，
所以，
在中，
又 所以大于0，
所以.
由对称性知，，则有 ，
所以.
故答案为：D.
【分析】如图作出辅助线，设球冠的半径为 ， 根据几何性质可得， 从而可得 ， 根据平方公式与二倍角公式即可求解.
8．【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设该等差数列的首项为a，
因为中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，
所以根据等差数列的性质可得：
，
解得a=-4
故答案为：-4.
【分析】根据题意先设该等差数列的首项为a，再由题干以及等差数列的基本性质可列出首项的方程，解方程即可得出结论.
9．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，
设的中点 ， 连接
对于 A选项，因为 AB=AD， 所以.
同理可得 ，因为 ， 平面，所以 平面 ，
因为 平面 ， 所以 ， 故A正确.
对于 B选项， 因为，
当 旋转到时， 为等边三角形， 故 B 正确.
对于 C选项， 当三棱雉是正四面体时，取 的中点 ，
连接 因为，
所以，
因为平面 ， 所以平面 ，
因为 平面 ，所以 ， 故 C 不正确.
对于 D选项， 当平面 与平面 垂直时，点 A 到平面的距离最大，
此时直线与平面 所成的角最大，由选项 A 可知 ，
因为平面 平面，平面 ，
所以 平面，
所以 为直线 与平面 所成的角.
因为 所以 为等边三角形， 所以，
所以直线 与平面 所成角的最大值为， 故 D 正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正四面体的几何性质、等腰三角形的性质和线面垂直的判定及性质、平面与平面垂直的性质、线面角的定义对各个选项分析判断即可.
10．【答案】A,B
【知识点】抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，抛物线C的焦点为，直线和斜率均存在，且均不为0.
如图，设
不妨设的斜率为， 则 ：
由 消去 得：
由韦达定理可得
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 ，
故答案为：AB.
【分析】设的斜率为 k， 则然后将两直线方程分别代入抛物线方程化简， 利用韦达定理得出根与系数关系，结合弦长公式表示出 再利用基本不等式可求得结果.
11．【答案】B,C
【知识点】独立性检验；2×2列联表
【解析】【解答】解：由题意得，
已知在这 105 人中随机抽取 1 人， 成绩优秀的概率为 ，
则“优秀生” 的人数为 ，“潜力生” 的人数为 105-30=75，
可得 ， 故 A 错误 ，B 正确；
根据列联表中的数据， 得，
所以有95% 的把握认为成绩与班级有关， 故 C 正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】先求出“优秀生” 和“潜力生” 的人数，即可计算b，c判断A、B选项，再由卡方的计算判断C、D选项即可.
12．【答案】C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【解答】解：由题意得，根据基本不等式，时，，
当且仅当 ，即 时， 等号成立，
所以函数在上；
又
当 ， 即 时，在 上， ，
由， 解得 ，所以 ；
当 ， 即 时， 函数在 上 ，
由 ， 解得， 所以 .
综上所述， 实数 的取值范围是，
故答案为：CD.
【分析】由题意得，要使得， 则要求， 根据 以及解析式的结构再结合基本不等式以及二次函数分别求出最小值和最大值即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：如图，
过点 分别作，，
则在方向上的投影向量为，
在 方向上的投影向量为，
又因为为的外心，所以
所以，
，
所以，
故答案为：-14.
【分析】画出图形，根据向量的数量积的几何意义和定义即可得出结论.
14．【答案】21
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：依题意得，因为和，
所以
所以 ，
则 “梅森素数” 的位数为 21 .
故答案为：21.
【分析】根据题意，根据对数运算法则以及形如“梅森素数”的定义即可得得出答案.
15．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得，如图，
在平面 内， 过点 P作 ，在平面 内过点 E 作，
在平面 内过点 F 作，并连接 DQ，
，故， 共面，
由平面平面 ，所以平面，
同理可说明 平面 ，
所以四边形 是过点 P 既平行于直线又平行于直线 的截面，
平面 ， 平面 平面平面，，
又 ， ，
，四边形 是平行四边形，
平面，
平面，又 平面 ，.
又 ， ，则平行四边形 是矩形.
， ，
设相似比为 k， 则
， ，
， ，，
又 ，， 即
，
所以当时，取得最大值为.
故答案为：.
【分析】如图作出辅助线，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解.
16．【答案】4
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，，是圆O：上的两个动点，
可得 ，
的方程为 ，
因为直线与y轴分别相交于，
可令，可得；
的方程为，
因为直线与y轴分别相交于，
可令，可得；
又因为M、P点在圆上，分别代入圆O：，
可得：，即，；
所以.
故答案为：4.
【分析】根据M、P点在圆上，M、P点分别代入圆O化简可得，；再分别求出，的两点式方程，化简运算即可的值.
17．【答案】（1）解：因为平面四边形存在外接圆，
所以，，
又，所以，
所以的面积．
（2）解：在中，由余弦定理得
，
解得．
在中，由余弦定理得，
即
．
由此得，当且仅当时，等号成立，
所以，故的周长．
【知识点】基本不等式；三角形五心；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据四边形存在外接圆的几何性质可得，从而可求得值，再根据面积公式即可求解；
(2)在中，由余弦定理求解的长，再在中，利用余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值.
18．【答案】（1）解：因为，①
所以当时，，②
由①②，得，化简得，
所以；
（2）解：由及（1），知，得，
所以，
所以
，
又，且，
所以数列是递增数列，．
综上可知，．
【知识点】不等关系与不等式；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1)根据与关系即可推导出的值，从而计算出的值；
(2)由(1)小问可知，从而可推导得，即可得出的通项公式，利用裂项相消法求出的表达式，最后根据不等式的运算即可证明结论成立.
19．【答案】（1）解：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，
所以乙获得胜利为事件，则．
（2）解：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．
记，，，，，，
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
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；样本点与有限样本空间
【解析】【分析】(1)根据概率的加法公式以及互斥事件与独立事件概率公式求解即可；
(2)利用古典概型可求出概率，再列出确定事件的样本空间，从而可得概率，即可比较和大小.
20．【答案】（1）证明：在直四棱柱中，底面为菱形，，连接，如图，
显然为正三角形，由为的中点，得，而平面，
平面，则，又，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：连接，由（1）知是正三角形，为的中点，则，而，即有，
又平面，于是两两垂直，
以A为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
由，得，
，，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
因此，
所以平面和平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)作出辅助线，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理，即可证明结论；
(2)作出辅助线，如图建立空间直角坐标系，再利用空间向量法即可得出平面和平面的夹角的余弦值.
21．【答案】（1）解：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）解：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，．
②设点，，则，
两式相减得．
又，所以，所以，
即，线段PQ被直线l平分．
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．
由消去y得．
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点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．
故.
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简从而得出结论；
(2)①联立直线l和椭圆的方程，解方程组即可得出 两个交点的坐标 ；
②利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线l的方程为，计算直线与椭圆相切时的m值，再检验证明此时不满足，则证明出四边形的面积小于.
22．【答案】（1）解：当时，，则，
所以，
故所求切线方程为．即；
（2）证明：由题意得，
当时，．
函数，，
所以在R上单调递增，并且当趋于时趋于，当x趋于时y趋于，
所以存在唯一实数，使得，
又当时，，
所以当时，；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；
同理可证，存在唯一的，使得，此时，
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；
又，不是函数的极值点，
所以在区间上，有且只有两个不同的极值点．
综上，所求的切线方程为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)先对函数进行求导，再求出的值，根据导数的几何意义以及直线的点斜式方程即可求解；
(2)有2个不同的极值点，即意味着在时有2个零点，据此分类讨论求解，分别讨论当时和当时，以及当时和当时，的单调性和极值，从而得出结论.
1 / 1贵州省2024届高三上学期入学考试数学试题
一、单选题
1．已知复数（i为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为复数，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数的乘法运算法则即可求解.
2．若集合，集合，则集合（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】集合的表示方法；并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，且，
所以当时，可取0，-1，-2；
当时，可取1，0，-1；
当时，可取2，1，0
所以，所以.
故答案为：D.
【分析】分别令，可确定集合B，再根据并集的运算即可.
3．已知函数，则（　　）
A．e B． C． D．
【答案】C
【知识点】导数的概念；实际问题中导数的意义
【解析】【解答】解：因为函数，
则，
令代入得，解得，
所以
则.
故答案为：C.
【分析】对函数进行求导，令代入即可求得值，从而可得函数解析式即可求解.
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
【答案】A
【知识点】有理数指数幂的运算性质；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，某同学以每天2.01%的速度“进步”，需要计算30天以后他的知识积累，
则每天进步，
所以30 天以后某同学的知识积累约为原来的 1.69倍.
故答案为：A.
【分析】理解题意，根据等比数列的通项公式计算即可.
5．已知函数为奇函数，为偶函数，且，记，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意得，
因为为奇函数， 为偶函数， 且①，
所以②，
由①、②联立方程组化简，
①+②得：
，
.
故答案为：C.
【分析】根据函数奇偶性列出方程组，求出函数，的解析式，从而得函数解析式，再讲代入即可.
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．
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：由题意得，焦点 ，双曲线C的渐近线方程为，
设点 A的坐标为，B 的坐标为，
，.
， ，
又， ，得 ，
，
故 ，
则双曲线C的渐近线方程为，
即 .
故答案为：B.
【分析】设点 A的坐标为，B 的坐标为，分别求出点 A， B 坐标， 利用建立方程，求出即可得解.
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．
【答案】D
【知识点】二倍角的正弦公式；直线与圆的位置关系；任意角三角函数的定义；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，可设优弧所在圆的圆心为 ， 半径为 ， 连接 ，
则“水滴” 的 “坚直高度” 为 ， “水平宽度” 为 ，
由题意知，“水滴”的“竖直高度”与“水平宽度”的比值为，即，
解得 .
因为 AB 与圆弧相切于点 B，
所以，
在中，
又 所以大于0，
所以.
由对称性知，，则有 ，
所以.
故答案为：D.
【分析】如图作出辅助线，设球冠的半径为 ， 根据几何性质可得， 从而可得 ， 根据平方公式与二倍角公式即可求解.
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
【答案】B
【知识点】等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：设该等差数列的首项为a，
因为中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2024，
所以根据等差数列的性质可得：
，
解得a=-4
故答案为：-4.
【分析】根据题意先设该等差数列的首项为a，再由题干以及等差数列的基本性质可列出首项的方程，解方程即可得出结论.
二、多选题
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°
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，
设的中点 ， 连接
对于 A选项，因为 AB=AD， 所以.
同理可得 ，因为 ， 平面，所以 平面 ，
因为 平面 ， 所以 ， 故A正确.
对于 B选项， 因为，
当 旋转到时， 为等边三角形， 故 B 正确.
对于 C选项， 当三棱雉是正四面体时，取 的中点 ，
连接 因为，
所以，
因为平面 ， 所以平面 ，
因为 平面 ，所以 ， 故 C 不正确.
对于 D选项， 当平面 与平面 垂直时，点 A 到平面的距离最大，
此时直线与平面 所成的角最大，由选项 A 可知 ，
因为平面 平面，平面 ，
所以 平面，
所以 为直线 与平面 所成的角.
因为 所以 为等边三角形， 所以，
所以直线 与平面 所成角的最大值为， 故 D 正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正四面体的几何性质、等腰三角形的性质和线面垂直的判定及性质、平面与平面垂直的性质、线面角的定义对各个选项分析判断即可.
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
【答案】A,B
【知识点】抛物线的简单性质；抛物线的应用；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，抛物线C的焦点为，直线和斜率均存在，且均不为0.
如图，设
不妨设的斜率为， 则 ：
由 消去 得：
由韦达定理可得
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 ，
故答案为：AB.
【分析】设的斜率为 k， 则然后将两直线方程分别代入抛物线方程化简， 利用韦达定理得出根与系数关系，结合弦长公式表示出 再利用基本不等式可求得结果.
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
【答案】B,C
【知识点】独立性检验；2×2列联表
【解析】【解答】解：由题意得，
已知在这 105 人中随机抽取 1 人， 成绩优秀的概率为 ，
则“优秀生” 的人数为 ，“潜力生” 的人数为 105-30=75，
可得 ， 故 A 错误 ，B 正确；
根据列联表中的数据， 得，
所以有95% 的把握认为成绩与班级有关， 故 C 正确，D错误.
故答案为：BC.
【分析】先求出“优秀生” 和“潜力生” 的人数，即可计算b，c判断A、B选项，再由卡方的计算判断C、D选项即可.
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
【答案】C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【解答】解：由题意得，根据基本不等式，时，，
当且仅当 ，即 时， 等号成立，
所以函数在上；
又
当 ， 即 时，在 上， ，
由， 解得 ，所以 ；
当 ， 即 时， 函数在 上 ，
由 ， 解得， 所以 .
综上所述， 实数 的取值范围是，
故答案为：CD.
【分析】由题意得，要使得， 则要求， 根据 以及解析式的结构再结合基本不等式以及二次函数分别求出最小值和最大值即可.
三、填空题
13．设为的外心，，，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：如图，
过点 分别作，，
则在方向上的投影向量为，
在 方向上的投影向量为，
又因为为的外心，所以
所以，
，
所以，
故答案为：-14.
【分析】画出图形，根据向量的数量积的几何意义和定义即可得出结论.
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　 　．
【答案】21
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：依题意得，因为和，
所以
所以 ，
则 “梅森素数” 的位数为 21 .
故答案为：21.
【分析】根据题意，根据对数运算法则以及形如“梅森素数”的定义即可得得出答案.
15．如图，三棱锥的三条侧棱两两垂直，且．点是侧面内一点，过点作一个既平行于侧棱，又平行于底边的三棱锥的截面，则该截面面积的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；相似三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得，如图，
在平面 内， 过点 P作 ，在平面 内过点 E 作，
在平面 内过点 F 作，并连接 DQ，
，故， 共面，
由平面平面 ，所以平面，
同理可说明 平面 ，
所以四边形 是过点 P 既平行于直线又平行于直线 的截面，
平面 ， 平面 平面平面，，
又 ， ，
，四边形 是平行四边形，
平面，
平面，又 平面 ，.
又 ， ，则平行四边形 是矩形.
， ，
设相似比为 k， 则
， ，
， ，，
又 ，， 即
，
所以当时，取得最大值为.
故答案为：.
【分析】如图作出辅助线，根据三棱锥侧棱两两垂直推导出截面是矩形，在用相似三角形的关系表示出矩形的面积进行求解.
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　 　．
【答案】4
【知识点】关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由题意得，，是圆O：上的两个动点，
可得 ，
的方程为 ，
因为直线与y轴分别相交于，
可令，可得；
的方程为，
因为直线与y轴分别相交于，
可令，可得；
又因为M、P点在圆上，分别代入圆O：，
可得：，即，；
所以.
故答案为：4.
【分析】根据M、P点在圆上，M、P点分别代入圆O化简可得，；再分别求出，的两点式方程，化简运算即可的值.
四、解答题
17．如图，已知平面四边形存在外接圆，且，，．
（1）求的面积；
（2）求的周长的最大值．
【答案】（1）解：因为平面四边形存在外接圆，
所以，，
又，所以，
所以的面积．
（2）解：在中，由余弦定理得
，
解得．
在中，由余弦定理得，
即
．
由此得，当且仅当时，等号成立，
所以，故的周长．
【知识点】基本不等式；三角形五心；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)根据四边形存在外接圆的几何性质可得，从而可求得值，再根据面积公式即可求解；
(2)在中，由余弦定理求解的长，再在中，利用余弦定理与基本不等式可得的最值，从而得的周长的最大值.
18．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：．
【答案】（1）解：因为，①
所以当时，，②
由①②，得，化简得，
所以；
（2）解：由及（1），知，得，
所以，
所以
，
又，且，
所以数列是递增数列，．
综上可知，．
【知识点】不等关系与不等式；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1)根据与关系即可推导出的值，从而计算出的值；
(2)由(1)小问可知，从而可推导得，即可得出的通项公式，利用裂项相消法求出的表达式，最后根据不等式的运算即可证明结论成立.
19．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．
【答案】（1）解：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，
所以乙获得胜利为事件，则．
（2）解：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．
记，，，，，，
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
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；样本点与有限样本空间
【解析】【分析】(1)根据概率的加法公式以及互斥事件与独立事件概率公式求解即可；
(2)利用古典概型可求出概率，再列出确定事件的样本空间，从而可得概率，即可比较和大小.
20．如图，直四棱柱的底面为菱形，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．
【答案】（1）证明：在直四棱柱中，底面为菱形，，连接，如图，
显然为正三角形，由为的中点，得，而平面，
平面，则，又，平面，
因此平面，又平面，
所以平面平面．
（2）解：连接，由（1）知是正三角形，为的中点，则，而，即有，
又平面，于是两两垂直，
以A为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
由，得，
，，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
因此，
所以平面和平面的夹角的余弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)作出辅助线，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理，即可证明结论；
(2)作出辅助线，如图建立空间直角坐标系，再利用空间向量法即可得出平面和平面的夹角的余弦值.
21．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）中的直线l与椭圆C交于两点．
①求点，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．
【答案】（1）解：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）解：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，．
②设点，，则，
两式相减得．
又，所以，所以，
即，线段PQ被直线l平分．
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．
由消去y得．
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点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．
故.
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)设，根据“共轭点对”得直线方程为，化简从而得出结论；
(2)①联立直线l和椭圆的方程，解方程组即可得出 两个交点的坐标 ；
②利用点差法得，设过点P且与直线l平行的直线l的方程为，计算直线与椭圆相切时的m值，再检验证明此时不满足，则证明出四边形的面积小于.
22．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．
【答案】（1）解：当时，，则，
所以，
故所求切线方程为．即；
（2）证明：由题意得，
当时，．
函数，，
所以在R上单调递增，并且当趋于时趋于，当x趋于时y趋于，
所以存在唯一实数，使得，
又当时，，
所以当时，；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；
同理可证，存在唯一的，使得，此时，
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；
又，不是函数的极值点，
所以在区间上，有且只有两个不同的极值点．
综上，所求的切线方程为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】(1)先对函数进行求导，再求出的值，根据导数的几何意义以及直线的点斜式方程即可求解；
(2)有2个不同的极值点，即意味着在时有2个零点，据此分类讨论求解，分别讨论当时和当时，以及当时和当时，的单调性和极值，从而得出结论.
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