乌鲁木齐地区2024年高三年级第一次质量监测数学（问卷）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．本试卷分为问卷（4页）和答卷（4页），答案务必书写在答卷（或答题卡）的指定位量上．2．答题前，先将答卷密封线内的项目（或答题卡中的相关信息）填写清楚．第I卷（选择题 共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1．若复数，则（）A． B． C．1 D．2．命题“，”的否定是（）A．， B．，C．， D．，3．已知向量，，则（）A． B．C． D．4．已知数列满足，，则（）A．3 B．2或 C．3或 D．25．的展开式中的系数为（）A． B． C．20 D．306．设抛物线的焦点为，过点且倾斜角为的直线与交于A，B两点，以为直径的圆与准线切于点，则的方程为（）A． B． C． D．7．在中，，，，则下列各式一定成立的是（）A． B．C． D．8．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大位为（）A．15 B．16 C．22 D．23二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9．已知函数的部分图像如图所示，则（）A．在上单调递增B．在上有4个零点C．D．将的图祭向右平移个单位，可得的图急10．若函数的定义域为，且，，则（）A． B．为偶函数C．的图象关于点对称 D．11．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（）A．该几何体的顶点数为12B．该几何体的棱数为24C．该几何体的表面积为D．该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项第II卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12．已知集合，，则的子集个数为_________；13．在工业生产中轴承的直径服从，购买者要求直径为，不在这个范围的将被拒绝，要使拒绝的概率控制在之内，则至少为_________；（若，则）14．设双曲线的左、右焦点分别为，，A是右支上一点，满足，直线交双曲线于另一点，且，则双曲线离心率的一个值为_________．四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（13分）设等比数列的前项和为，已知，．（I）求的通项公式；（II）设，求的前项和．16．（15分）我们平时常用的视力表叫做对数视力表，视力呈现为4.8，4.9，5.0，5.1．视力为正常视力．否则就是近视．某地区对学生视力与学习成结进行调查，随机抽查了100名近视学生的成绩，得到频率分布直方图：（I）能否据此判断学生的学习成绩与视力状况相关？（不需说明理由）（II）估计该地区近视学生学习成缆的第85百分位数；（精确到0.1）（III）已知该地区学生的近视率为54%，学生成绩的优秀率为36%（成绩分为优秀），从该地区学生中任选一人，若此人的成绩为优秀，求此人近视的概率．（以样本中的频率作为相应的概率）17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．（I）求直线与平面所成角的正弦值；（II）在截面内是否存在点．使平面，并说明理由．18．（17分）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．（I）求椭圆的方程；（II）证明直线过定点；（III）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．19．（17分）已知函数．（I）证明曲线在处的切线过原点；（II）讨论的单调性；（III）若，求实数的取值范围．乌鲁木齐地区2024年高三年级第一次质量监测数学（答案）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．1~4ACDC 5~8ABBD二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9．ABC 10．BCD 11．ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12．4 13．0.1 14．或5四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（13分）（I）由题设得，故，因为数列为等比数列，所以数列，所以；（II）由（I）得，所以．16．（15分）（I）不能据此判断；（II）由频率分布直方图可知，成绩90分以下所占比例为，因此第85百分位数一定位于内，由，可以估计该地区近视学生的学习成绩的第85百分位数约为95．8；（III）设“该地区近视学生”，“该地区优秀学生”，由题设得，，，所以．17．（15分）（I）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，即，可取，因为，所以与平面所成角的正弦值为；（II）假设截面内存在点满足条件，设，，，，所以，，，因为平面，所以，所以，解得，这与假设矛盾矛盾，所以不存在点，使平面．18．（17分）（I）由题设得，解得，所以的方程为；（II）由题意可设，设，，由，整理得，．由韦达定理得，，由得，即，整理得，因为，得，解得或，时，直线过定点舍去；时，满足，所以直线过定点．（III）由（II）得直线，所以，由，整理得，，由题意得，因为，所以，所以，令，，所以，在上单调递减，所以的范围是．19．（17分）（I）由题设得，所以，又因为，所以切点为，斜率，所以切线方程为，即，恒过原点．（II）由（I）得，①时，，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减；②时，，时，，，在上单调递增，时，，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；③时，，在上单调递增，在上单调递减；（III）当时，，即，下面证明当时，，，即证，令，因为，所以，只需证，即证，令，，，令，，令，，与在上单调递减，所以在上单调递减，，，所以存在，使得，即，所以，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，，，令，时，所以在上单调递增，所以，所以，，所以在上单调递减，，，，，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，综上所述．以上各题的其他解法，限于篇幅，从略，请酌情给分．