精品解析：安徽省六安第一中学2024届高三下学期质量检测（三 ）数学试卷

六安一中2024届高三年级质量检测卷 数学试卷（三） 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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. 已知集合，若，则 （ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 1或3 2. 复数满足（为虚数单位），则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 4. 300的不同正因数的个数为（ ） A. 16 B. 20 C. 18 D. 24 5. 若函数，点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球 的球面上，球 的体积为，且球心 在该圆台内，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面向量，，满足，，，，则的最大值等于（ ） A. B. C. D. 8. “肝胆两相照，然诺安能忘．”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明•朱察卿）若两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”．已知的图象上有两对“然诺点”，则 等于（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题：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. 已知圆，点是圆 上的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆 关于直线对称 B. 已知，，则的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 10. 记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（ ） A. 为等差数列 B. 为等比数列 C. D. 11. 如图1，在等腰梯形 中，，且为的中点，沿将翻折，使得点 到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ） A. 在翻折过程中，与 可能垂直 B. 在翻折过程中，二面角无最大值 C. 当三棱锥体积最大时，与所成角小于 D. 点在平面内，且直线与直线 所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若偶函数对任意都有，且当时，，则______． 13. 一质子从原点处出发，每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，则移动6次后质子回到原点处的概率是______． 14. 设，是双曲线的左、右焦点，点 是双曲线 右支上一点，若的内切圆 的半径为 （ 为圆心），且，使得，则双曲线 的离心率为______． 四、解答题：本题共2小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某盲盒抽奖活动中，主办方从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖．已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示． 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 20 10 米色内饰 15 5 （1）从这50个模型中随机取一个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立； （2）活动规定在一次抽奖中，每人可以一次性拿两个盲盒，对其中的模型给出以下假设： 假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色； 假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高； 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖300元，二等奖200元、三等奖100元； 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布并求出X的期望（精确到元）． 16. 在①，②，③ 这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． 在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ，，且______． （1）求角 的大小； （2）已知， 是边的中点，且，求的长． 17. 如图所示，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，分别为的中点． （1）求证： ； （2）若二面角的余弦值为，求： ①的长； ②直线与平面所成角的正弦值． 18. 平面直角坐标系 中，动点在圆上，动点 （异于原点）在 轴上，且，记 的中点 的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 19. 已知函数. （1）若过点可作曲线两条切线，求 的取值范围； （2）若有两个不同极值点. ①求 的取值范围； ②当时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2024届高三年级质量检测卷 数学试卷（三） 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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. 已知集合，若，则 （ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 1或3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求出B中可能的元素，讨论a的取值，验证是否符合题意，即可得答案. 【详解】由题意知：对于集合B，当时，；当时，； 当时，； 又，故，则， 若，则，此时， 不满足； 若，此时，满足， 故， 故选：C 2. 复数满足（为虚数单位），则的最小值是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及两点间的距离公式即可求解. 【详解】设,则 所以， 又， 所以，即， 所以对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上， 表示复平面内的点到点的距离， 所以的最小值是. 故选：B. 3. 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角的商数关系、两角和的正弦公式、二倍角公式和诱导公式计算化简即可求解. 【详解】. 故选：A 4. 300的不同正因数的个数为（ ） A. 16 B. 20 C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】将300分解质因数，求出300的正因数表示式，再利用分步计数乘法原理计算即得. 【详解】显然，则300的正因数为，其中， 所以300的不同正因数有个. 故选：C 5. 若函数，点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出与直线平行且与曲线相切的直线与曲线相切的切点坐标，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】的定义域为， 由函数，可得， 令，可得，负值舍去， 又， 所以平行于直线且与曲线相切的直线与曲线的切点坐标为． 点到直线的距离，即点到直线的距离的最小值为. 故选：C． 6. 已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球 的球面上，球 的体积为，且球心 在该圆台内，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，球心 到圆台上底面的距离为 ，由球 的体积可得半径为，结合圆台的结构特征列式解得，进而可求得表面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，依题意得该圆台的上底面半径为，且圆台的高为3． 设球心 到圆台上底面的距离为 ，球 的半径为， 由球 的体积为，解得， 因为点 在该圆台内，则， 解得， 可得该圆台的母线长， 所以圆台的表面积为． 故选：B. 7. 已知平面向量，，满足，，，，则的最大值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，即点四点共圆，再利用余弦定理、正弦定理求解即可. 【详解】设， 由，，，则， 所以，又，所以， 即点四点共圆，要使最大，即为圆的直径， 在中，由余弦定理可得， 即，又由正弦定理可得， 即的最大值为， 故选：A 8. “肝胆两相照，然诺安能忘．”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明•朱察卿）若两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”．已知的图象上有两对“然诺点”，则 等于（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】当时，，其关于点对称的函数为，问题转化为与在上有两个交点，联立方程得到，再将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，利用导数求出的单调区间，画出函数图象，结合图象求解即可. 【详解】当x＞1时，关于点对称的函数为， 由题知与在上有两个交点， 由，消 得到， 又，得到，即， 令，，则的图象与直线有两个不同的交点， ，令，则 ， 所以在上递增，即在上递增， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增， 所以， 当时，，， 所以的大致图象如图所示， 由图可知当时，的图象与直线有两个不同的交点， 因为，所以． 故选：C． 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题 （1）先求函数关于点对称的函数； （2）将问题转化为函数与在上有两个交点； （3）最后再转化为函数的图象与直线有两个交点，通过图象即可求解. 二、多项选择题：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. 已知圆，点是圆 上的一点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆 关于直线对称 B. 已知，，则的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由直线穿过圆心即可判断，对于BCD，分别将问题理解成圆上的点与定点的距离平方和、在y轴上的截距和圆上的点和定点连线的斜率，在数形结合即可求得最值情况，进而求解即可判断. 【详解】由题圆C的圆心为，半径为， 对于A，显然圆心满足，故直线穿过圆心， 所以圆 关于直线对称，A对； 对于B，， 设，如图， 所以根据代数式的几何意义可知的最小值为：，故B对； 对于C，设，即，动点在圆C上， 则z取得最小值时，即为直线在y轴上截距最小， 如图，过圆C所在平面作直线，直线与直线平行， 由图可知，当直线与圆C相切时其在y轴上截距取得最大值或最小值， 此时圆心C到直线的距离等于半径，即， 或，故的最小值为，故C错； 对于D，因为，设， 则根据代数几何意义可知当圆上的点与定点两点间斜率最大时， 的值最大， 如图，显然当过T的直线与圆相切时斜率最大， 设切线为，， 则有圆心到切线距离，或， ，故D对. 故选：ABD. 10. 记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（ ） A. 为等差数列 B. 为等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用给定定义结合等差数列定义判断A，排除法判断B，利用累加法求出，再用裂项相消法判断C，利用数列的性质判断单调性判断D即可. 【详解】若，则， ，， 故，易知，经检验， 故是以 为首项， 为公差的等差数列，故A正确， 而，又因为等比数列中不能有 ，则不可能为等比数列，故B错误， 易得，，故， 则，则， 故，故C正确， 令，且， 当时，令，， 故，故，即此时为单调递增数列， 故，即恒成立，故成立，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是构造新数列，利用数列的性质判断单调性，然后求出端点值，得到所要证明的不等关系即可． 11. 如图1，在等腰梯形 中，，且为的中点，沿将翻折，使得点 到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ） A. 在翻折过程中，与 可能垂直 B. 在翻折过程中，二面角无最大值 C. 当三棱锥体积最大时，与 所成角小于 D. 点在平面内，且直线与直线 所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当时可证平面平面，从而可证，判断A；且此时二面角取得最大值，判断B；还是此时，当三棱锥体积最大，可求异面直线与 所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面角的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥的体积的取值范围，判断D. 【详解】如图1： 在未折起之前，有， ， ，.. 又，，所以. 沿将翻折，则 点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图： 当时，，又，平面， 所以平面，平面，所以平面平面， 又平面，平面平面，，所以平面. 平面，所以.故A正确. 此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误； 此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大. 如图： 取中点 ，连接 ， ，则即为一面直线与 所成角， 在中，，，， 所以， 所以，故C正确； 对D：点在平面内，且直线与直线 所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆）， 当二面角或时，， 当二面角时，， 所以点在平面内，且直线与直线 所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若偶函数对任意都有，且当时，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意求得，可得的周期为6，则，即可求解. 【详解】由，且当时，， 得， ， 则是以6为周期的函数， 所以. 故答案为： 13. 一质子从原点处出发，每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，则移动6次后质子回到原点处的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意确定质子水平方向和竖直方向移动的次数，再分类求解概率. 【详解】因为移动6次仍回到原点，故质子水平方向移动偶数次，竖直方向移动偶数次， 若质子水平方向移动0次，则回到原点的概率为, 若质子水平方向移动2次，则回到原点的概率为 若质子水平方向移动4次，则回到原点的概率为 若质子水平方向移动6次，则回到原点的概率为 故移动6次仍回到原点的概率为. 故答案为： 14. 设，是双曲线的左、右焦点，点 是双曲线 右支上一点，若的内切圆 的半径为 （ 为圆心），且，使得，则双曲线 的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先向量坐标化，求得，再根据等面积公式和双曲线的定义，即可求解，再根据两点间的距离公式求得点 的坐标，代入双曲线方程后，即可求解离心率. 【详解】设，，由对称性不妨设点 在第一象限，此时点 也在第一象限， 因为，所以，， 所以，又， 解得：，， 所以， 所以,解得：，所以， 代入双曲线方程得，解得：，， 所以离心率. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是求点 的坐标. 四、解答题：本题共2小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某盲盒抽奖活动中，主办方从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖．已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示． 红色外观 蓝色外观 棕色内饰 20 10 米色内饰 15 5 （1）从这50个模型中随机取一个，用A表示事件“取出的模型外观为红色”，用B表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件A与B是否相互独立； （2）活动规定在一次抽奖中，每人可以一次性拿两个盲盒，对其中的模型给出以下假设： 假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色、以及仅外观或仅内饰同色； 假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高； 假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖300元，二等奖200元、三等奖100元； 请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布并求出X的期望（精确到元）． 【答案】（1），事件不相互独立. （2） 300 200 100 的期望169（元）. 【解析】 【分析】（1）根据给定数表，利用古典概率求出，再利用相互独立事件的定义判断作答； （2）求出三种结果的概率，按给定的假设2，3确定奖金额与对应的概率列出分布列，求出期望作答. 【小问1详解】 由给定的数表知，，，， 而，， 故，因此事件不相互独立， 所以，事件不相互独立. 【小问2详解】 设事件 ：外观和内饰均为同色，事件 ：外观内饰都异色，事件 ：仅外观或仅内饰同色， 依题意，；； ，则， 因此抽取的两个模型的外观和内饰都异色是一等奖；外观和内饰均为同色是二等奖； 外观同色但内饰不同色，或内饰同色但外观不同色是三等奖， 奖金额的可能值为：， 奖金额的分布列： 300 200 100 奖金额的期望（元）. 16. 在①，②，③ 这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答． 在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ，，且______． （1）求角 的大小； （2）已知， 是边 的中点，且，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选①，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选②，利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式求出，即可得解；若选③，利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及二倍角公式计算可得； （2）首先求出，由中线的性质得到，由面积公式得到，再由余弦定理得到，即可求出 、 ，再由勾股定理计算可得. 【小问1详解】 方案一：选条件①．因为 由正弦定理得，即， 由余弦定理得． 又，所以． 方案二：选条件②．因为， 由正弦定理得， 所以， 因为，所以，又，所以，又，所以． 方案三：选条件③．因为， 由正弦定理得， 因为，所以，所以． 在 中，，可得， 故，因为，则， 所以，故，所以，则． 【小问2详解】 解法一：因为D是边AB的中点，所以，由（1）知， 因为，所以，故，故． 由余弦定理得， 故，因为，所以，． 在中，，， 所以，即的长为． 解法二：由（1）知，因为，所以， 因为，D是边AB的中点，所以 设，则，在中，①， 在中，由正弦定理，即②， ①②两式相除可得，即，得， 所以，所以 解法三：以C为坐标原点， 所在直线为 轴，所在直线为 轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，设，因为D是边AB的中点，所以． 因为，所以直线的斜率为，则，所以． 又，所以， 所以，故的长为． 17. 如图所示，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，分别为的中点． （1）求证： ； （2）若二面角的余弦值为，求： ①的长； ②直线 与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为分别为的中点，是等边三角形，所以， 又，所以， 在和中，，所以， 又 为的中点，所以， 又，平面，平面，又平面，所以 . （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，，从而得到平面，再利用线面垂直的性质定理，即可证明结果； （2）①由（1）知为二面角的平面角，设，在，根据条件得到，，利用余弦定理可求出，进而可求出结果；②建立空间直角坐标系，求出面的法向量，，再利用线面角的向量法，即可求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）可知为二面角的平面角， 设，则， ，又， ， ． 在和中，， 为BD的中点． ②． ，又，面，所以平面， 如图，以 为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 为的中点，， 易知平面的一个法向量， 又，设 与平面所成角为 ， 则， 故 与平面所成角的正弦值为． 18. 平面直角坐标系 中，动点在圆上，动点 （异于原点）在 轴上，且，记 的中点 的轨迹为. （1）求的方程； （2）过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，或或 【解析】 【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果； （2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可. 【小问1详解】 设点，， 因为，则， 由M为PO中点得，则， 代入，得. 所以动点M的轨迹的方程为. 【小问2详解】 方法一：存在N满足题意，证明如下： 依题意直线l的斜率存在且不为0， 设l的方程：，，，， 联立方程，消去y得， 则，， 直线方程化为， 联立方程，消去x得， 则， 可得. ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意； 方法二：存在满足题意，证明如下： 依题意直线的斜率存在且不为0， 设的方程：，，，， 联立方程，消去y得. 因为为上式的两根， 则， 直线方程化为. 联立方程，消去x得， 因为为上式的两根， 则.（2） 由题意可得： ， 依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值， 可得， 由，整理得， 由，整理得， 解得得或， 代入，解得或或， 所以或或满足题意. 【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略 （1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在． （2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论； ②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； ③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况． 19. 已知函数. （1）若过点可作曲线两条切线，求 的取值范围； （2）若有两个不同极值点. ①求 的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】（1）； （2）①； ②证明：由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 则在时单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的 的值范围. （2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的 的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可. 【小问1详解】 依题意，， 设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率， 切线方程为，而点在切线上， 则，即有， 由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根， 令，则函数有2个零点， 求导得， ①若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值， 又， 当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ②若，恒成立，函数在上单调递增， 因此函数最多1个零点，不合题意； ③若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又， 显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ④若，显然，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 要函数有2个零点，必有，得， 当时，， 而函数在上的值域为，因此在上的值域为， 当时，令，求导得，函数在上单调递减， 则，， 而函数在上单调递减，值域为， 因此函数在上的值域为， 于是当时，函数有两个零点， 所以过点可作曲线两条切线时， 的取值范围是. 【小问2详解】 ①由（1）知，， 由函数有两个极值点，得，即有两个实数根， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，上单调递减，， 且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根 所以函数有两个极点时， 的取值范围是. ②略 【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $