精品解析：重庆市九龙坡区2024届高三下学期第三次学业质量抽测考试（5月）数学试卷

高2024届学业质量调研抽测（第三次） 数学试卷 （数学试题卷共6页，考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡指定位置上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 一、选择题：本大题共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，则满足的集合 共有（ ） A. 1个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式可得，可求 的个数. 【详解】由，可得， 所以， 所以 中一定有 ，可能有， 故 的个数为个. 故选：C. 2. 设是关于 的方程的两根，其中，若（ 为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据实系数一元二次方程在复数范围内根的关系求出另一个根，再代入求解即可. 【详解】因为关于 的方程的一个根为， 所以另一个根， 所以. 故选：A. 3. 已知，，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再将平方，结合数量积的运算律求出，再根据向量夹角的运算公式计算即可. 【详解】由，得， 由，得， 即，所以， 所以， 又，所以向量的夹角为. 故选：D. 4. 已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（ ） A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的图象在区间上只有一个极值点时满足的条件，求出相应的范围，即可判断充分必要性． 【详解】当时，又，所以， 若的图象在区间上只有一个极值点， 则，解得， 因为真包含于， 所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件． 故选：A 5. 用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出数字1，3相邻时的六位数个数以及数字1，3相邻，数字2，4，6也相邻的六位数的个数，根据条件概率的计算公式，即可求得答案. 【详解】设“数字1，3相邻”，设“数字2，4，6相邻”， 则数字1，3相邻时的六位数有个， 数字1，3相邻，数字2，4，6也相邻的六位数的个数为， 则. 故选：A. 6. 正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当 很大时，.其中 称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定 是有理数还是无理数.设表示不超过 的最大整数，用上式计算的值为（ ） （参考数据：，，） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】设，分析可知数列为递增数列，结合题中数据估算可知，即可得结果. 【详解】设，则， 因为， 可知数列为递增数列， 且， ， 可知，所以. 故选：C. 7. 若方程在的解为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，即，进而利用诱导公式可求得，，利用二倍角的正余弦定理可求. 【详解】当时，， 因为方程在的解为， 结合正弦函数的图象，令，则， 根据对称性可知，，即， 又，即， 所以， 所以， ， 所以， ， 故. 故选：B. 8. 已知椭圆 ：的短轴长为2，上顶点为 ，左顶点为 ，，分别是 的左、右焦点，且的面积为，点为 上的任意一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知和面积得到，，对进行化简，配方求最值. 【详解】由已知的，故.∵的面积为， ∴，∴.又∵， ∴，，∴， 又，∴， ∴.∴的取值范围为. 故选：D. 【点睛】本题主要考查椭圆的定义、椭圆的几何性质，以及配方求最值的问题. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（ ） A. 数据，的平均数为6 B. 数据，的方差为9 C. 数据的方差为1 D. 数据的平均数为5 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AB：根据平均数、方差的性质分析求解；对于CD：根据平均数、方差公式运算求解. 【详解】因为样本数据的平均数为2，方差为1， 对于选项A：所以数据，的平均数为，故A错误； 对于选项B：数据，的方差为，故B正确； 对于选项C：因为，， 则数据的平均数为， 所以方差为，故C错误； 对于选项D：由，， 得，可得， 所以数据的平均数为，故D正确； 故选：BD. 10. 在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点， 为侧面正方形 的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线 与平面所成角的正切值为 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，根据空间关系的向量证明判断A，利用线面角的向量公式求解判断B，利用等体积法求出相应三棱锥的体积判断C，利用补体法求得外接球的半径，即可求解外接球的表面积判断D. 【详解】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点， 为侧面 的中心，建立空间直角坐标系如下图所示， 则 对于A项，， 设平面的一个法向量为 ， 则，令 ，则， 所以平面的一个法向量为， 又，因为直线 平面， 所以直线 平面，A正确； 对于B项， ， 设平面的一个法向量为， 则，取 ， 所以平面的一个法向量为 ， 设直线 与平面所成角为， 所以，所以， 故，故B正确； 对于C项， ，故C不正确； 对于D项，如图， 三棱锥恰好在长方体上，且 为体对角线， 所以 为三棱锥外接球的直径，由几何知识， 所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数及其导函数的定义域为 ，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可. 【详解】由， 令，则， 因为，所以，故A错误； 令，则，① 所以， 因为为奇函数，所以为偶函数， ， 所以，② 由① ②并整理得， 即， 所以， 所以是周期为 的周期函数，故，故B正确； 因为，所以，故C正确； 由上知， 在①中，令 ，得，所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的性质，涉及函数的奇偶性、周期性及导数的计算.解题关键在于熟练地应用函数奇偶性、周期性的定义及导数的计算，利用赋值法推导出函数，的性质. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中，常数项是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，令 的幂次为0求出的值，代入计算即可得到常数项. 【详解】根据二项式定理展开式的通项为： ， 令，得， 故展开式的常数项为. 故答案为60. 13. 设 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为，已知，.则______；的最大值为______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】由正弦定理边化角结合诱导公式求解角C；利用余弦定理结合基本不等式求面积最大值即可. 【详解】因为，所以由正弦定理知， 所以，因为，所以， 又，所以，所以，所以； 由已知及余弦定理得：， 所以 ，当且仅当 时，等号成立， ， 则 面积的最大值为. 故答案为：； 14. 古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系 中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点 为抛物线上的动点， 在直线上的射影为，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出点的轨迹方程，再结合阿波罗尼斯圆的定义及抛物线的定义可得，从而可得出答案. 【详解】设， 则， 化简整理得， 所以点的轨迹为以为圆心 为半径的圆， 抛物线的焦点，准线方程为， 则 ， 当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法： （1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程； （2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程； （3）相关点法：用动点 的坐标 、 表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点 的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标 、 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找 、 与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程； （5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 四、解答题：本大题共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. 已知是等差数列的前 项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求使取得最大值时 的值. 【答案】（1）， （2） 或 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项及前 项和公式求出首项与公差，即可求出数列的通项公式，再求出数列的首项与公比，即可得的通项公式； （2）先求出的通项，再利用作差法判断数列的单调性，根据单调性即可得出答案. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 则，解得， 所以， 设等比数列的公比为， 则，解得， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 则， ， 当时，， 当 时，， 当 时，， 所以当 或 时，取得最大值. 16. 如图，在三棱台中，底面 为等边三角形， 平面ABC， ，且D为AC的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：因为 平面ABC， 平面ABC，所以 ， 又 为等边三角形，D为AC的中点， 所以 ，又 ，， 平面 ， 所以平面 ，又 平面 ，所以 在直角梯形 中， 所以 ，又 ，BD， 平面 ， 所以 平面 ，又 平面， 所以平面 平面 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意首先证得 平面 ，然后利用面面垂直的判断定理即可证得题中的结论； （2）建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，然后利用法向量计算面面角的余弦值即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知两两垂直，如图所示，以 为坐标原点，所在直线分别为 轴， 轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则， 令，则 ，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 因为，， 则， 令 ，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角， 则， 所以， 所以平面与平面夹角的正弦值为 17. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两个对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者获得第三名：最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立. （1）若，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁. ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望. （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签决定两两对阵，两场比赛的胜者晋级到冠军决赛，败者参加三、四名比赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1）①；②； （2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率， 在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为， 由，且 所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 时，两种赛制甲夺冠的概率一样. 【解析】 【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可； （2）结合对立事件概率和独立事件概率公式，再列出分布列，最后求期望即可. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件 ，即甲双败，则； ②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量 ， 则 的所有可能取值为 连败两局：， 可以分为三种情形：甲第一、第二局连胜两局，第三局不管胜负；甲第一局负，第二局胜，第三局负；甲第一局胜，第二局负，第三局负； ， 可以分为三种情形：甲第一局负，第二局胜，第三局胜；甲第一局胜，第二局负，第三局胜，且第四局都不管胜负. ； 故 的分布列如下： 2 3 4 故数学期望； 【小问2详解】 略 18. 已知，， 是圆上任意一点，点关于点 的对称点为 ，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线 . （1）求曲线 的方程； （2）过点且斜率为 的直线 交曲线 位于 轴右侧的部分于不同的A，B两点， 为 轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2）为定值，定值为 【解析】 【分析】（1）由中位线定理和垂直平分线的性质，结合双曲线的定义，即可得解； （2）由题意得直线方程为，与双曲线 的方程联立，得到两根之和，两根之积，求出的中点坐标，进而求出的垂直平分线的方程，求出 的坐标，结合双曲线的定义及弦长公式化简即可得出结论. 【小问1详解】 由题意可得，且 为的中点， 又 为的中点，所以且， 因为点关于点 的对称点为 ，线段的中垂线与直线相交于点， 由垂直平分线的性质可得， 所以， 所以点的轨迹是以为焦点的双曲线， ，所以， 所以曲线 的方程为； 【小问2详解】 直线 方程为，设， 联立，可得， 由于直线交双曲线 的右支于两点， 可得，， 所以，解得或， 则， 即的中点坐标为， 因为 为 轴上一点，满足，故 为的垂直平分线与 轴的交点， 的垂直平分线的方程为：， 令 ，则得，即， 所以， 又， 又因为在双曲线的右支上，故， 故，即， 故， 即为定值，定值为 . 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定值问题常见方法： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 19. 已知函数，. （1）当时，函数 恒成立，求实数 的最大值； （2）当时，若，且，求证：； （3）求证：对任意，都有. 【答案】（1） （2）当时，，， 所以，在上单调递增， 又 ，且， 不妨设，要证，即证明， 因为在上单调递增，即证， 因为，即证， 设 ， ， 令，则，则，， 由可得，在单调递增， 所以，即， 所以成立，所以. （3）由（2）可知当时，在单调递增，且， 由得，即， 令，则，即， 所以，，，…，， 相加得. 【解析】 【分析】（1）分离参数，函数恒成立，转化为恒成立，令，利用导数讨论的单调性，进而求最值即可求解； （2）利用导数可得当时，在上单调递增，不妨设，要证，只需证即可，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明； （3）结合（2）中的结论，利用赋值及累加法即可证明. 【小问1详解】 当 时，恒成立， 即恒成立，只需即可， 令， ，则， 令， ，则， 当 时，恒成立，在单调递增，所以， 所以在恒成立，在单调递增， 所以， 所以 ，即实数 的最大值为 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：考查了导数与单调性关系在恒成立问题，不等式证明中的应用，考查了导数的综合应用，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024届学业质量调研抽测（第三次） 数学试卷 （数学试题卷共6页，考试时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考号填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡指定位置上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并收回. 一、选择题：本大题共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，则满足的集合 共有（ ） A. 1个 B. 3个 C. 4个 D. 8个 2. 设是关于 的方程的两根，其中，若（ 为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知，，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（ ） A. 充分条件 B. 必要条件 C. 充要条件 D. 非充分非必要条件 5. 用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中 称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定 是有理数还是无理数.设表示不超过 的最大整数，用上式计算的值为（ ） （参考数据：，，） A. 10 B. 9 C. 8 D. 7 7. 若方程在的解为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆 ：的短轴长为2，上顶点为 ，左顶点为 ，，分别是 的左、右焦点，且的面积为，点 为 上的任意一点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（ ） A. 数据，的平均数为6 B. 数据，的方差为9 C. 数据的方差为1 D. 数据的平均数为5 10. 在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点， 为侧面正方形 的中心，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 直线 与平面所成角的正切值为 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球表面积为 11. 已知函数及其导函数的定义域为 ，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中，常数项是________． 13. 设 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为，已知，.则______；的最大值为______. 14. 古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系 中，，，若点 是满足的阿氏圆上的任意一点，点 为抛物线上的动点， 在直线上的射影为，则的最小值为__________. 四、解答题：本大题共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. 已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求使取得最大值时的值. 16. 如图，在三棱台中，底面 为等边三角形， 平面ABC， ，且D为AC的中点. （1）求证：平面 平面 ； （2）求平面与平面所成角的正弦值. 17. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两个对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者获得第三名：最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立. （1）若，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁. ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望. （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签决定两两对阵，两场比赛的胜者晋级到冠军决赛，败者参加三、四名比赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 18. 已知，， 是圆上任意一点，点关于点 的对称点为 ，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线 . （1）求曲线 的方程； （2）过点且斜率为 的直线 交曲线 位于 轴右侧的部分于不同的A，B两点， 为 轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由. 19. 已知函数，. （1）当时，函数 恒成立，求实数 的最大值； （2）当时，若，且，求证：； （3）求证：对任意，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $