精品解析：重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试数学试题

重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试数学试题 组卷学校： 组卷人： 审题人： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．考试结束后，将答题卷交回． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由给定数集的范围和交集的定义求解. 【详解】，又， 则. 故选：C. 2. 已知是纯虚数，则的值为（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的代数形式的乘除运算进行化简，根据纯虚数的定义，由实部等于0，虚部不等于0，列式求解即可得a，再结合复数的乘法运算以及共轭复数的概念即可得答案. 【详解】复数是纯虚数，且， ，解得， 所以，， 所以， 故选：B. 3. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标表示计算即可. 【详解】由题意可知. 故选：D 4. 设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与异面 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC选项根据空间中直线与平面的位置关系直接判断即可，D选项需要通过画图解释，另外需要结合线面垂直、面面垂直、线面平行的性质进行分析. 【详解】对A，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故A错误； 对B，若，则或a与b异面，故B错误； 对C，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故C错误； 对D，若，设与交线为m，与的交线为n， 在平面内取，在平面内取，与a不重合， 由面面垂直的性质可得，所以， 又，所以，由线面平行的性质定理得， 所以有，故D正确. 故选：D. 5 已知，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式得到，即可求出，再由两角和的正切公式展开计算可得. 【详解】因为， 所以， 即， 所以，则，解得. 故选：B 6. 已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出抛物线上点到准线距离，再由抛物线定义得解. 【详解】由抛物线可得，其准线方程为， 因为抛物线上一点到的距离为4， 所以点到的距离为， 由抛物线的定义知，. 故选：C 7. 已知为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数图象平移的规则，且为奇函数，得出函数图象的对称性，进而得出的值. 【详解】由函数图象平移的规则可知： 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的， 因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称， 所以函数的图象关于点对称，得： ， 即， 故选：D. 8. 如图，函数的图像与轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段的中点，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. D. 为偶函数 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的图象与性质先含参表示的坐标，由线段关系求解参数得，再判定选项即可. 【详解】由题可，则， 有， ， 把代入上式，得，解得(负值舍去)， ，由，解得， 解得， 显然其周期为，故A错误； 当时，，，故B错误； ，故C正确； ，显然是奇函数，故D错误. 故选：C 【点睛】思路点睛：利用三角函数的图象与性质含参表示各点坐标，再根据线段关系解参数求出函数解析式，针对选项利用三角函数性质一一判定即可. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线与圆相交 C. 当直线平分圆时， D. 当点到直线距离最大时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将直线方程变形即可进一步判断；对于B，举反例即可判断；对于C，将圆心坐标代入直线方程即可验算参数；对于D，当点到直线距离最大值时，有，结合它们的斜率关系即可判断. 【详解】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，圆的圆心、半径为， 点到直线的距离为， 从而， 取，则此时有，故B错误； 对于C，当直线平分圆时，有点在直线上， 也就是说有成立，解得，故C正确； 对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当， 而的斜率为， 所以当等号成立时有，解得，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（ ） A. 直三棱柱的体积为 B. 点到平面的距离为 C. 当点为线段的中点时，平面平面 D. E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时， 【答案】BC 【解析】 【分析】利用线面夹角及棱柱的体积公式可判定A，利用等体积法可判定B，利用线线垂直的判定与性质及线面垂直的性质可判定C，利用多面体的展开图计算最值可判定D. 【详解】 对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为， 所以， 因为，所以， 则直三棱柱的体积为，故A错误； 对于B，由上可知平面， 因为平面，所以，则， 设点到平面的距离为， 易知，故B正确； 对于C，取的中点，易知在线上，， 由直三棱柱的特征知， 因为平面， 所以平面，而平面平面 因为平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示， 显然取得最小值时，，故D错误. 故选：BC 11. 已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在处的切线方程为 B. 若有3个零点，则的取值范围为 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有唯一零点，且 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到，讨论函数的单调性，结合极值点的定义，可判定C错误.当时，得到，函数单调递增，结合，可判定D正确； 【详解】对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确： 对于B中，若函数有3个零点，即有三个解， 其中时，显然不是方程的根， 当时，转化为与的图像有3个交点， 又由， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 所以当时，函数取得极小值，极小值为， 又由时，，当时，且， 如下图： 所以，即实数的取值范围为，所以B正确： 对于中，当时，，可得， 令，在上单调递增， 且,所以存在使得， 所以在上，单调递减， 在上，单调递增，又, 所以在上，即，单调递减， 在上，即，单调递增， 所以是的极小值点，所以错误． 对于D中，当时，， 设，可得， 当时，在单调递减；当时，在单调递增， 所以当时，，所以， 所以，所以函数在上单调递增， 又因为，即， 所以有唯一零点且，所以D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】由指数式与对数式的互化关系求出，再利用对数运算性质计算即得. 【详解】由，得，所以. 故答案为：3 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据和事件的概率公式求出，再由条件概率公式求解即可. 【详解】由， 解得， 所以， 故答案为： 14. 有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示） 【答案】 ①. 40 ②. 【解析】 【分析】根据乘法原理和加法原理即可求解；根据和的展开式相减得到的通项公式. 【详解】根据乘法原理和加法原理得到． 奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，， 根据乘法原理和加法原理得到， 两式相减得到. 故答案为：40；. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求的值； （2）求函数的极值． 【答案】（1） （2）极大值，极小值 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义结合两直线垂直时的斜率关系可求得a值； （2）结合第（1）问可得，再根据函数的单调性即可确定极值点，则极值可求. 【小问1详解】 函数，求导得， 则，即为切线的斜率，． 因为切线与直线垂直，则有，．． 解得． 【小问2详解】 由（1）知，函数，定义域为， 求导得，． 当或时，，当时，， 因此函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得极大值， 当时，取得极小值， 所以函数的递增区间为，递减区间为， 极大值，极小值． 16. 已知数列中，． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，由等差数列的定义写出的通项公式，进而可得的通项公式，应用裂项相消法求前项和即可； （2）根据题设三角恒等式，结合正弦定理得，由三角形内角性质求角，由余弦定理及基本不等式求的范围，应用三角形面积公式，求面积的最大值. 【小问1详解】 由题意，，即 为等差数列：首项，公差， ，则， 设， 【小问2详解】 由正弦定理，有，． 即，又， ，即 由， 由余弦定理得：，． ，即，当且仅当时取等号， ，即△ABC面积最大值为． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证平面，可证且，通过勾股定理可证，通过线面垂直性质可证； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，结合向量夹角余弦公式即可求解BP的长度，由（1）知平面，直线与底面所成的角为，则线面角的余弦值可求. 【小问1详解】 由，得 因为平面平面ABCD，平面平面平面PBC 所以平面ABCD，又平面ABCD，则，. 又，所以，因为， 所以， 过点作交BC于点， 则， 所以，因为， 故，即， 又平面PBD，所以平面PBD； 【小问2详解】 因为，平面平面ABCD，平面平面， 所以平面 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 设， 则. 所以 由题意可知为平面PBC的一个法向量， 设平面PCD的法向量为， 则，即， 令，则，故. 因为二面角的余弦值为， 所以， 解得，即，则， 由（1）可知，平面ABCD，则直线PD与平面ABCD所成的角为， 所以， 故直线PD与平面ABCD所成的角的余弦值为. 18. 已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 利用椭圆的定义，结合椭圆的几何性质知，，则，解出a，b即可得椭圆方程； (2)设的方程为代入椭圆方程，求出M的坐标，可得，用代替k，可得，求出的面积S，可得，解不等式可得k的取值范围． 【小问1详解】 设椭圆的左焦点为，连接， 由对称性知四边形是平行四边形，所以，． 由椭圆定义知，则，． 设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则， 所以， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 椭圆的标准方程为．则， 所以直线， 如图所示， 设， 联立，消去并整理得，．．． 所以，所以，．． 所以，． 同理可得：，所以， 所以， 由，得， 整理得，得，． 又，所以，所以或． 所以的取值范围为． 【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的三角形面积问题，综合性较强，难点在于计算过程相当复杂，计算量较大，并且基本都是有关字母参数的运算，十分容易出错. 19. 在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为． （1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则． （注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率） （ⅰ）完成下表，并写出计算过程； 0 1 2 3 （ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值． （2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性． 【答案】（1）（ⅰ）表格见解析；过程见解析（ⅱ）； （2），答案见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可知，的值为或，根据二项公布的概率公式求解概率填入表格，由表中数据确定的值； （2）由参数对数似然函数，利用导数研究单调性，求出最大似然估计，与频率估计的概率比较后下结论. 【小问1详解】 因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或； （ⅰ）当时，，， 当时，，， 表格如下 0 1 2 3 （ⅱ）由上表可知． 当或1时，参数的概率最大；当或3时，参数的概率最大． 所以； 【小问2详解】 由， 则， 令， 即， 故，即当时，， 当时，， 故上单调递增，在上单调递减， 即当时，取最大值，故， 因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试数学试题 组卷学校： 组卷人： 审题人： 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．考试结束后，将答题卷交回． 第I卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是纯虚数，则的值为（ ） A. -1 B. 1 C. 2 D. 3. 已知向量，若，则（ ） A 3 B. C. D. 4. 设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与异面 D. 若，则 5. 已知，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（ ） A. 3 B. 4 C. D. 7. 已知为奇函数，则（ ） A B. C. D. 8. 如图，函数的图像与轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段的中点，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. D. 为偶函数 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线与圆相交 C. 当直线平分圆时， D. 当点到直线距离最大时， 10. 已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（ ） A. 直三棱柱的体积为 B. 点到平面的距离为 C. 当点为线段的中点时，平面平面 D. E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时， 11. 已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在处的切线方程为 B. 若有3个零点，则的取值范围为 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有唯一零点，且 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则___________． 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则___________． 14. 有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示） 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在点处切线与直线垂直． （1）求的值； （2）求函数的极值． 16. 已知在数列中，． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值． 17. 如图，四棱锥中，平面平面，. （1）求证：平面； （2）若二面角余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值. 18. 已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足． （1）求椭圆的方程； （2）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围． 19. 在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为． （1）若袋中这两种颜色球的个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则． （注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率） （ⅰ）完成下表，并写出计算过程； 0 1 2 3 （ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值． （2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$