2024-2025学年甘肃省临夏州高中高三（上）期末质量监测数学试卷（PDF版，含答案）

2024-2025 学年甘肃省临夏州高中高三（上）期末质量监测数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. (1 )4的展开式中 3的系数为( )
A. 2 B. 6 C. 4 D. 4
2
2.若集合 = { | ≥ 1, ∈ } , = { 1,0,1,2}，则 ∩ =( )

A. { 1,0,1} B. {0,1} C. {1,2} D. {0,1,2}
4
3.已知复数 = ，则| | =( )
3+4
9 3 5 4
A. B. C. D.
16 5 13 5
4.已知圆锥的轴截面是一个边长为2√ 3的正三角形，则圆锥的体积为( )
2√ 3 √ 3
A. 9 B. 3 C. D.
3 3
5.如图，在长方形 中，点 ， 分别是 , 的中点，若 = + ，则 + =( )
4 8 5 4
A. B. C. D.
3 5 3 5
6.已知抛物线 2 = 2 ( > 0)的焦点为 (1,0)，过焦点 的直线与抛物线交于 , 两点， 为坐标原点，若
= 1，则| | =( )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 8

7.将函数 ( ) = 2sin2 的图象向左平移 个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数 ( )的图象，则函
12
数 ( )的( )
A. 最大值为3 B. 最小值为 1
5
C. 一个对称中心为( , 0) D. 一条对称轴为 =
12 6
1
8.已知函数 ( )的定义域为 , ( )为偶函数， ( + 1)为奇函数，且当 ∈ [0,1]时， ( ) = + ，则 ( ) +
2
3 5
( ) + ( ) =( )
2 2
1 1
A. B. 0 C. D. 1
2 2
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二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.随机变量 服从正态分布 (3,4)，若 ( < 2 3) = ( > + 2)，则( ) (若随机变量 服从正态分布
( , 2)，则 ( < + ) ≈ 0.8413)
7
A. ( ) = 2 B. = C. ( > 1) > 0.5 D. ( < 1) > 0.2
3

10.如图，在四边形 中， = 1,∠ = , ∠ = ∠ ，且 的外接圆面积 与 的面积
2 1 2

满足 1 = ，则( )
2

A. cos + cos∠ = 1 B. ∠ =
4
3
C. 外接圆面积为 D. 的最大值为 4
11.若函数 ( ) = |ln| ||，则( )
A. 函数 ( )在区间(1,+∞)上单调递增 B. 函数 = ( )的图象关于点(1,0)对称
1
C. 函数 = ( )的 极大值为 D. 函数 ( )有且仅有两个零点

三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
2 + 1, ≤ 0 1
12.已知函数 ( ) = { ，若 ( ) + ( ) = 0，则实数 = ．
lg , > 0 10
2 2
13.双曲线 : 2 = 1( > 0)的离心率为√ 2，若点 为双曲线 的左焦点，则点 到双曲线 的一条渐近线4
的距离为____ ________．
3 sin( + ) cos( )
14.已知 + = ，则 = ．
4 cos cos
四、解答题：本题共 5 小题，共 60 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数 ( ) = ( 2) (其中 > 0, 为自然对数的底数)．
(1)当 = 1时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( ) ≥ 1恒成立，求实数 的最大值．
16.(本小题12分)
已知数列{ }是以2为公比的等比数列，且 3 = 2 3 2．
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(1)解不等式： 1 + 2 2 + 3 3 + + > 100．
1
(2)数列{ }中，定义：使 1 2 为整数的数 ( ∈
)叫做期盼数.求区间[1,100]内的所有期盼数
16
的和．
17.(本小题12分)

在四棱锥 中，∠ = 90 , = 3, = 2, // , = 2, = 2√ 3，且 ⊥平面 ．
(1)求证： ⊥平面 ．
7
(2)在线段 (不含端点)上是否存在点 ，使平面 与平面 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的
8
长度；若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
1
已知两定点 1(0, √ 3), (0, √ 3)，动点 满足直线 1与直线 的斜率之积为 ． 4
(1)求动点 的轨迹方程，并指出方程表示的曲线 的形状；
(2)过点 1的直线 1与曲线 相交于点 ，且 1 = ，求直线 1的方程；
(3)若斜率为 的直线 2与曲线 交于不同的两点 ， ，且 = ，求 的取值范围．
19.(本小题12分)
维空间是一个多维空间，其中包含了 个维度，若建立 维坐标( ≥ 1, ∈ )，则 维空间中任意一点的坐
标可表示为( 1, 2, , )( ∈ )，当任意的 ∈ {0,1}(1 ≤ ≤ , ∈ )时，称( 1, 2, , )为 维“单位体”
的顶点坐标，对应的点称为 维“单位体”的顶点．
(1)求4维“单位体”的顶点个数．
1
(2)定义：在 维空间中两点( 1, 2, , )与( 1, 2, , )的 氏距离为 (∣ 1 1|
2 + | 2 |
2
2 + +
|
2
| ).在3维“单位体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量 为所取两点间的 氏距离，求随机
变量 的分布列和数学期望 ( )．
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】 2或10
13.【答案】2
14.【答案】 2
15.【答案】解：(1)当 = 1时， ( ) = ( 2) ，得 ′( ) = ( 1)，
令 ′( ) < 0，解得 < 1，令 ′( ) > 0，解得 > 1，
所以函数 ( )的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为( ∞, 1)；
(2)方法一：因为 > 0, ′( ) = ( 1)，
所以函数 ( )的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为( ∞, 1)．
故当 = 1时，函数 ( )存在最小值，最小值为 (1) = ．
1
若 ( ) ≥ 1恒成立，则实数 ≤ ，

1 1
即0 < ≤ ，所以实数 的最大值为 ．

方法二：由题意 > 0，当 ≥ 2时， ( ) ≥ 1恒成立；
1
当 < 2时，解得 ≤ ( ) ，
( 2) min
1 1
令 ( ) = = ，
( 2) (2 )
[ ′ +(2 )
] 1
得 ( ) =
[(2 ) ]2
= 2 ，
(2 )
当 < 1时， ′( ) < 0, ( )单调递减，
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当1 < < 2时， ′( ) > 0, ( )单调递增，
1 1
所以 ( )min = (1) = ，所以 ≤ ，
1 1
即0 < ≤ ，所以 的最大值为 ．

16.【答案】解：(1)由题意可知数列{ }是以2为公比的等比数列，
又 3 = 2 3 2，得 1 + 2 + 3 = 2 3 2，
即 1 + 2 1 = 4 1 2，得 1 = 2，
所以 = 2 × 2 1 = 2
，则 = × 2
，
设 = 1 + 2 2 + 3 3 + + = 1 × 2 + 2 × 2
2 + 3 × 23 + + 2 ，
所以2 2 3 4 = 1 × 2 + 2 × 2 + 3 × 2 + + 2
+1，
两式相减，得 = 2 + 2
2 + 23 + 24 + + 2 2 +1，
2 (1 2 )
= 2 +1 = (1 )2 +1 2，
1 2
得 +1 +1 = ( 1)2 + 2，所以( 1)2 + 2 > 100，
解得不等式的解集为{ ∣ ≥ 5, ∈ }．
1 1
(2)因为 = 2
，所以 2
16 1
2 = × 2 × 2 2 , 16
1
易得当 ≥ 3时， 1 2 为整数， 16
又 ≤ 100，
故区间[1,100]内的所有期盼数的和为3 + 4 + 5 + + 100 = 5047

17.【答案】解：(1)由∠ = 90 ，得 ⊥ ，
又 // ，所以 ⊥ ,
又因为 ⊥平面 ， 平面 ，则 ⊥ ，
且 ∩ = , , 平面 ，所以 ⊥平面 .
7
(2)假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 所成角的余弦值为 ，
8
由题意可知， , , 两两垂直，
以 为坐标原点，分别以 , , 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
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因为 = 3, = 2√ 3, = 2, = 2，则 (3,0,0), (0,2,0), (2,2,0), (0,0,2√ 3),
设 = (0 < < 1),则 (0,2 2 , 2√ 3 ),
设平面 的法向量为 = ( 1, 1, 1)，且 = ( 3,0,2√ 3), = ( 1,2,0)，
= 3 1 + 2√ 3 = 0故{ 1 ，不妨取 1 = 1，则 1 = 2, 1 = √ 3，可得 = (2,1, √ 3)．
= 1 + 2 1 = 0
设平面 的法向量为 = ( , , )，且 = ( 3,2 2 , 2√ 3 ), = ( 1,2,0)，
= 3 + (2 2 ) + 2√ 3 = 0 2+
故{ ，不妨取 = 1，则 = (2,1, )．
= + 2 = 0 √ 3
设平面 与平面 所成角为 ，
2
| | |6+ | 7
故cos = |cos , | = = = ，
| | | | 2 8
√ (2+ ) 5+ 2 ×√ 8
3
1
化简可得4 2 + 19 5 = 0，解得 = 或 = 5(舍去)，
4
因为| | = 4，所以 = 1．
7
所以在线段 (不含端点)上存在点 ，使平面 与平面 所成角的余弦值为 , = 1．
8
1
18.【答案】解：(1)设点 的坐标为( , )，由题意 = 且 ≠ 0， 1 4
√ 3 +√ 3 1
即 = ，
4
2 2
得曲线 的方程为 + = 1( ≠ 0)，
12 3
所以曲线 为焦点在 轴上的椭圆(去掉两个短轴端点(0,±√ 3)).
(2)由题意，直线 1的斜率存在，设直线 1的方程为 = 1 + √ 3( 1 ≠ 0)，
= 1 + √ 3,
2 2 8√ 3 联立{ 得(4 + 1) + 8√ 3 = 0，所以 = 0或 = 1 2 2 1 1 2 ，
+ = 1, 4 1+1
12 3
2 2
√ 3(1 4 1) 8√ 3 √ 3(1 4 1)
所以 = √ 3或 = 2 ，所以 (
1
2 , 2 )，
4 1+1 4 1+1 4 1+1
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2 2 2 2
√ 8√ 3
√ 3(1 4 ) 2√ 3√ 16 +1
所以| | = ( 1
1 1
2 0) + [ 2 + √ 3] = 2 ．
4 1+1 4 1+1 4 1+1
2
2√ 3√ 16 1+1 √ 2
又| 1| = 2√ 3，所以 2 = 2√ 3，解得 1 = ± ，
4 +1 21
√ 2 √ 2
所以直线 1的方程为 = + √ 3或 = + √ 3． 2 2
2 2
+ = 1,
(3)由题意，设 ( 1, 1), ( 2, 2)，直线 2: = + ，与椭圆方程联立，得{12 3 消去 得：
= + ,
(4 2 + 1) 2 + 8 + 4 2 12 = 0，
8
1 + 2 = 2 ,
1+4
则 = 64 2 2 4(1 + 4 2)(4 2 12) = 16(12 2 2 + 3) > 0，且{
4 2
12
1 2 = 2 ,
1+4
8 2
所以 1 + 2 = ( 1 + 2) + 2 = ( 2) + 2 = 2，
1+4 1+4
4
所以 的中点 的坐标为( 2 , 2)．
1+4 1+4
因为| | = | |，所以 是线段 的 垂直平分线，所以 ⊥ ．
当 = 0时，直线 的斜率不存在，此时满足 ⊥ ，

2+√ 3 √ 3
当 ≠ 0时，根据斜率之积为 1，可得1+4 4 = 1，所以 = (4
2 + 1)，
32
1+4
将其代入 = 16(12 2 2 + 3) > 0，并整理得(4 2 + 1)( 2 2) < 0，得 √ 2 < < √ 2，且 ≠ 0，
所以 ∈ ( √ 2,√ 2)，
√ 2 √ 2
又由(2)可知，当 = ± 时， = √ 3，此时点 ， 中有一点与点 1重合，又点 2 1不在曲线 上，所以 = ± 2
时，不满足条件．
√ 2 √ 2 √ 2 √ 2
综上， 的取值范围为( √ 2, ) ∪ ( , ) ∪ ( , √ 2)
2 2 2 2
19.【答案】解：(1)由已知，在4维空间中，任意一点的坐标可表示为( 1, 2, 3, 4)，
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当 ∈ {0,1}(1 ≤ ≤ 4, ∈ )时，称为4维“单位体”的顶点坐标．
故4维“单位体”的顶点有24 = 16个.
1
(2)由题意，在 维空间中两点( , , , )与( , , , )的 氏距离为 (| |2 21 2 1 2 1 1 +
| 2 2|
1
+ + | |2 )，可得在3维空间中两点(
2 2
1, 2, 3)与( 1, 2, 3)的 氏距离为 (| | +| | +3 1 1 2 2
| 3
2
3| )．
设 ， 为3维“单位体”的任意两个不同的顶点，则点 与点 的组合数共有 28 = 28个，
1 2
由题意随机变量 的值可以取 , , 1．
3 3
1 1×21×22
当 = 时，有1个第 维坐标值不同，点 ， 的组合数共有 3 = 12(个)，
3 2
2 2×22×21
当 = 时，有2个第 维坐标值不同，点 ， 的组合数共有 3 = 12(个)，
3 2
3×23×20
当 = 1时，有3个第 维坐标值不同，点 ， 的组合数共有 3 = 4(个)，
2
1 3 2 3 1
所以 ( = ) = , ( = ) = , ( = 1) = ．
3 7 3 7 7
故分布列为：
1 2
1
3 3
3 3 1

7 7 7
1 3 2 3 1 4
得 ( ) = × + × + 1 × = ．
3 7 3 7 7 7
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