精品解析：黑龙江省大庆市2023-2024学年高三下学期第三次教学质量检测数学试卷

大庆市2024届高三年级第三次教学质量检测 数学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 一､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，则（ ） A B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列前项和为，若，则（ ） A. 30 B. 32 C. 36 D. 40 4. 小明希望自己的高考数学成绩能超过120分，为了激励自己，他记录了近8次数学考试成绩，并绘制成折线统计图，如图，这8次成绩的第80百分位数是（ ） A. 100 B. 105 C. 110 D. 120 5. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是．若事件“为偶数”，事件“，中有偶数且”，则（ ） A B. C. D. 7. 已知函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 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. 已知点是双曲线上一点，过向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的浙近线方程为 B. 双曲线的焦点到渐近线的距离为1 C. D. 的面积为 10. 设正方体的棱长为为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 设与所成的角为，则的最大值为 D. 当棱锥体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为 11. 如图，函数的图象与直线相交，是相邻的三个交点，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若的最大值为，则 C. 若，函数在上单调递减，则 D. 若是偶函数，则的一个可能取值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含项的系数是__________. 13. 在中，，若边上的两条中线相交于点，则__________；__________. 14. 已知二次函数有两个不相等的零点，其中.在函数图象上横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到：一直继续下去，得到，其中.若，则前6项的和是__________. 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，且. （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围. 16. 面试是求职者进入职场一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分． （1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数） （2）某进入面试应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望． 附：若，则， 17. 如图，在四棱锥中，，，且是的中点. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值. 18. 已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为. ①求直线的斜率： ②求面积的最大值. 19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点； ②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且. （1）求； （2）若，求的最大值； （3）若，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大庆市2024届高三年级第三次教学质量检测 数学 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 一､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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求，再求交集. 【详解】因为，所以. 故选：B 2. 在复平面内，复数对应点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对应的点的坐标是得，由复数乘法运算得到的值. 【详解】因为复数对应的点的坐标是，所以， 所以. 故选：D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 30 B. 32 C. 36 D. 40 【答案】A 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，依题意得到关于、的方程组，解得、，再由等差数列求和公式计算可得. 【详解】设等差数列的公差为，由，得， 解得，所以. 故选：A. 4. 小明希望自己的高考数学成绩能超过120分，为了激励自己，他记录了近8次数学考试成绩，并绘制成折线统计图，如图，这8次成绩的第80百分位数是（ ） A. 100 B. 105 C. 110 D. 120 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数定义求解即可. 【详解】因为，由图可知8次成绩由小到大排序， 第7个位置的数是110，所以这8次成绩的第80百分位数是110. 故选：C. 5. 已知函数，若，则实数取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数的图象可知其单调性，进而利用单调性求解即可. 【详解】函数的图象如下，由图可知在R上单调递增. 因为， 所以，解得. 故选：D. 6. 已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是．若事件“为偶数”，事件“，中有偶数且”，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合条件概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，有放回的随机取两球，所以， 因为事件“，中有偶数且”， 所以， 因为事件“为偶数”， 事件“，中有偶数且”， 所以事件“，均为偶数且”， 所以， 所以. 故选：. 7. 已知函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数有2个零点，得到方程有两个根，转化成函数与的图象有两个公共点的问题.对于，分和两种情况讨论，去掉绝对值得到图象.当时，相切作为临界点，求得相切时；当时，由相切得到，结合图象得到的取值范围. 【详解】已知函数有2个零点，所以方程有两个根， 即函数与的图象有两个公共点. （1）当时，. 若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为. 又因为切线过点，所以，解得，即. （2）当时，. 若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为. 又因为切线过点，所以，解得，即. 综上，结合函数与函数的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时. 故选：D. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据椭圆的定义可得，由，根据余弦定理可得，再由离心率公式求解即可. 【详解】 由题可知， 所以，解得， 由 得， 整理得， 所以. 故选：A. 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. 已知点是双曲线上一点，过向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的浙近线方程为 B. 双曲线的焦点到渐近线的距离为1 C. D. 的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据双曲线方程求渐近线方程，判断A，再根据点到直线的距离判断BC，最后根据几何关系，求，再代入面积公式，即可求解. 【详解】因为双曲线的方程为，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故A正确； 双曲线的右焦点到渐近线的距离为，故B正确； 由点到直线的距离公式可得.故错误. 如图，因为，所以.在和中，， ，所以，所以 ，故D正确. 故选：ABD. 10. 设正方体的棱长为为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 设与所成的角为，则的最大值为 D. 当棱锥体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据点与点重合，即可判断A，构造面面平行，即可判断B，将异面直线转化为相交直线所成的角，即可判断C，根据等体积转化，确定点的位置，即可判断D. 【详解】如图（1），当点与重合时，与所成的角是.故错误. 如图（2），易证平面平面，平面，所以平面，故B正确. 如图（3），因为，所以与所成的角为. 因为平面，所以，所以， 当点与（或重合时最大，此时最大，易得.故C正确. 如图（3），因为，所以当点与重合时三棱锥体积最大， 此时三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设外接球半径为，则， 所以，所以该三棱锥外接球的表面积为.故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，函数的图象与直线相交，是相邻的三个交点，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若的最大值为，则 C. 若，函数在上单调递减，则 D. 若是偶函数，则的一个可能取值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据以及即可求解，即可判断A，根据辅助角公式以及三角函数的性质可得，即可由诱导公式求解B，根据正弦函数的单调性，即可列不等式求解C，根据，可得的一条对称轴，即可求解D. 【详解】设，则，所以， 所以，所以. 因为，所以，所以，所以.故A正确. 当时， ， （其中）.因为时有最大值，所以，所以.故B错误. 对于C，法一：当时，是单调递减函数，所以的减区间为. 因为函数在上单调递减，所以，得.因为，所以.故C错误. 法二：因为，所以.又因为，所以.因为函数在上单调递减，所以，解得.故C错误. 因为，所以的一条对称轴方程是，所以时，是偶函数.故D正确. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含项的系数是__________. 【答案】24 【解析】 【分析】根据题意，写出其通项，再求其特定项的系数即可. 【详解】在的展开式中，. 令得，所以含项的系数是. 故答案为：24. 13. 在中，，若边上的两条中线相交于点，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】法一：由余弦定理得，从而得到，，以点为原点，建立空间直角坐标系，写出向量、的坐标即可求得数量积，由，由即可得到； 法二：选一组基向量，可得，分别表示出、、，利用数量积的运算法则求得、、、，由及公式求得. 【详解】法一：在中，由余弦定理得，所以. 因为，所以， 以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，，，， 所以， 所以. 法二： ，. 因为， ， ， ， 所以， 故答案为：，. 14. 已知二次函数有两个不相等的零点，其中.在函数图象上横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到：一直继续下去，得到，其中.若，则前6项的和是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，得到在处的切线方程为：，令，用表示得到，因为，要找与的关系，即，所以，即，从而得到是首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列求和公式得到前6项的和. 【详解】因为有两个不相等的零点，所以设， 则，所以. 所以在处的切线方程为：，其中. 令，则. 因为，所以， 即，所以是首项为1，公比为2的等比数列，前6项和为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：由递推关系得到数列的通项公式 根据题干中的，将代入中并整理，可以得到，从而，即，所以是首项为1，公比为2的等比数列，所以. 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，且. （1）求的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）先得到函数的定义域，求导，由解出的值，进而得到，由得到单调递减区间，由得到单调递增区间； （2）若恒成立，则成立，由（1）知，从而可以得到的取值范围. 【小问1详解】 的定义域为，由已知得， 因为，所以，解得，所以. 令，解得（舍），. 当时，；当时，. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，有极小值. 因为在上只有一个极值，所以. 因为恒成立，所以，即，得. 所以的取值范围是. 16. 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节．某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试．面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分． （1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标．现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数．（结果四舍五入保留整数） （2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望． 附：若，则， 【答案】（1）159 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由正态分布曲线的性质求得对应概率，即得对应人数； （2）由题可知的可能取值为，求得对应的概率以及分布列，进一步由期望公式求解即可. 【小问1详解】 因为服从正态分布，所以． 因为，所以， 所以． 因此，进入面试的人数约为159． 【小问2详解】 由题意可知，的可能取值为， 则； ； ． 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 5 所以． 17. 如图，在四棱锥中，，，且是的中点. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可； （2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理得，所以. 因为，所以，所以. 因为，所以四边形为平行四边形，所以. 因为，所以，即. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 在平面内，过点作，交于. 因为平面平面，平面平面，所以平面. 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则. 由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得. 所以. 设平面的一个法向量为，则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为，则 所以直线与平面所成角的余弦值为. 18. 已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为. ①求直线的斜率： ②求面积的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）设动圆圆心，根据题意结合距离公式运算求解； （2）①设，根据中点利用同构可得为方程的两根，利用韦达定理分析证明；②根据题意可得，结合圆的方程可得，进而可得最值. 【小问1详解】 设动圆圆心， 当时，由已知得，即； 当时，点的轨迹为点，满足. 综上可知，点的轨迹方程为. 【小问2详解】 ①设. 由题意得，的中点在抛物线上，即. 又，将代入得， 同理可得， 可知为方程的两根，所以. 所以直线的斜率为0； ②由得， 所以， 又因为， 所以. 又因为点在圆上，则，且. 设的面积为S，则， 当时，S有最大值48. 所以面积的最大值为48. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点； ②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且. （1）求； （2）若，求的最大值； （3）若，求实数的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据倍角公式得到，由正弦定理得到，从而； （2）根据点为的费马点得到，再由及三角形面积公式得到，因为及均值不等式，所以，当且仅当时等号成立； （3）设，所以，在三个小三角形中分别用余弦定理表示出、、再结合得到，从而由均值不等式得，从而得到的最小值. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 由正弦定理得. 所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以的三个角都小于， 因为点为的费马点，所以. 由得： ， 整理得. 又因为，所以，当且仅当时等号成立. 所以， 所以的最大值为. 【小问3详解】 由（2）知. 设， 由得. 由余弦定理得： 在中，， 在中，， 在中，， 因为，所以， 整理得. 因为，当且仅当时等号成立， 所以，整理得，解得或者（舍去）， 所以实数的最小值为. 【点睛】思路点睛：新定义问题解法 根据题干所给定义，转化成所学知识，从而解决问题. 在本题中，给出了当的三个内角均小于时，确定费马点的方法，即“满足的点为费马点”，由（1）知为直角三角形，再结合点是的费马点知，从而解决（2）（3）两个小题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$