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①②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. 展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，求得参数r的值，即可求得答案. 【详解】由题意的展开式的通项为 ， 令， 故展开式中常数项为， 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）证明见解析 （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】 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 【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）答案见解析. 【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】 “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. 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）证明见解析 （3）证明见解析 【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】 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. 【小问3详解】 由（2）可知当时，在单调递增，且， 由得，即， 令，则，即， 所以，，，…，， 相加得. 【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. 展开式中的常数项为__________. 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 $$