广东省佛山市第一中学2023-2024学年高三教学情况测试（三）数学B卷

佛山一中2023~2024学年度高三教学情况测试（三） 高三数学 本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟 注意事项：1. 答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。 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“”是“”的（    ） A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 3．已知直线与曲线在原点处相切，则的倾斜角为（    ） A． B． C． D． 4．已知为定义在上的奇函数，当时，，则（    ） A．2 B．1 C． D． 5．已知数列是等比数列，则下列数列一定是等比数列的是（    ） A． B． C． D． 6．在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（    ） A．中位数一定不变，方差可能变大 B．中位数可能改变，方差可能变大 C．中位数一定不变，方差可能变小 D．中位数可能改变，方差可能变小 7．已知直线，的斜率分别为，，倾斜角分别为，，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 8．已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、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．定义在上的函数，则（    ） A．存在唯一实数，使函数图象关于直线对称 B．存在实数，使函数为单调函数 C．任意实数，函数都存在最小值 D．任意实数，函数都存在两条过原点的切线 10．如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（    ） A．平面 B．二面角随着的减小而减小 C．当时，五面体的体积最大值为 D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体 11．已知集合.由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”.给出下列结论，正确的有（     ） A．白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为； B．在阴影部分任取一点，则到坐标轴的距离小于等于3； C．阴影部分的面积为； D．阴影部分的内外边界曲线长为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．展开式中含项的系数是 ． 13．已知点，，在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则 ；点到直线的距离为 . 14．将一颗骰子连续抛掷三次，向上的点数依次为，则的概率为 . 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．（13分）的内角的对边分别为，已知，且的面积. (1)求C； (2)若内一点满足，，求． 16．（15分）杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况： 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5 经计算可得：. 2 3 4 (1)因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）； (2)该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下： 今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率. 附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为： 17．（15分）在三棱锥中，为的中点. (1)如图1，若为棱上一点，且，求证：平面平面； (2)如图2，若为延长线上一点，且平面，直线与平面所成角为，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（17分）在平面直角坐标系中，点，点A为动点，以线段为直径的圆与轴相切，记A的轨迹为，直线交于另一点B． (1)求的方程； (2)的外接圆交于点（不与O，A，B重合），依次连接O，A，C，B构成凸四边形，记其面积为． （i）证明：的重心在定直线上； （ii）求的取值范围． 19．（17分）设正整数，，，这里. 若，且，则称具有性质. (1)当时，若具有性质，且，，，令，写出的所有可能值； (2)若具有性质： ①求证：； ②求的值. 数学试卷B 第1页，共3页 数学试卷B 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C D D A B B ACD ACD 题号 11 14 答案 ABD D 1．B 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当时，，则； 反之，当时，或，解得或， 若，，满足，若，显然满足， 因此或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 2．D 【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部. 【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，， 则，，得， 所以复数的虚部为. 故选：D 3．C 【分析】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角. 【详解】由，则，即直线的斜率为， 根据倾斜角与斜率关系及其范围知：的倾斜角为. 故选：C 4．D 【分析】根据奇函数的定义求解即可. 【详解】当时，，所以， 因为为定义在上的奇函数，所以，且， 所以 故选：D 5．D 【分析】对于AD：根据等比数列的定义分析判断；对于BC：举例说明即可. 【详解】设等比数列的公比为， 对于选项A：因为不是定值，故A不是等比数列，故A错误； 对于选项BC：例如，则， 所以，均不是等比数列，故BC错误； 对于选项D：因为， 且， 所以是等比数列，故D正确； 故选：D. 6．A 【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论. 【详解】不妨设， 则的中位数为，的中位数为， 因为，所以或， 则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变. 设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为， 合并后总数为20，平均数为，方差为， 如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大. 故选：A. 7．B 【分析】由题意首项得，再结合必要不充分条件的定义、斜率与倾斜角的关系，两角差的余弦公式即可得解. 【详解】由题意两直线均有斜率，所以， 若取，则有，但； 若，又， 所以，而， 综上所述，“”是“”的必要而不充分条件. 故选：B. 8．B 【分析】作出辅助线，设该球半径为，利用勾股定理求出，求出，从而确定球心到过点的截面圆的距离，故截面圆半径，得到截面面积的取值范围. 【详解】作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心， 点在上，连接，连接并延长交于点， 则.设该球半径为，则. 由，可得， 故. 在中，，解得. 因为点为的中点，所以， 在中，，所以， 设球心到过点的截面圆的距离为，可知， 截面圆半径， 所以截面圆的面积的取值范围为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 9．ACD 【分析】根据对称性先用特殊值求得的值，再判断对称性是否对所以自变量均成立即可判断A；根据导函数的性质即可判断B，C；根据导数的几何意义求解切线方程，代入原点判断方程的实根个数即可判断D. 【详解】对于A，若函数图象关于直线对称，则恒成立 所以且，所以，解得， 且当时，，则， 所以存在唯一实数，使函数图象关于直线对称，故A正确； 对于B，，，则，所以函数不是单调函数，故B不正确； 对于C，由于，又令，则恒成立， 所以在上单调递增，且，故存在唯一的零点，使得， 所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，故对任意实数，函数都存在最小值，故C正确； 对于D，由于，设曲线上的切点坐标为，则， 所以切线方程为，当切线过原点时，有 整理得，方程在实数范围内有两个根，故D正确. 故选：ACD. 10．ACD 【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断. 【详解】A：由题设，面，面，则面， 由面面，面，则， 面，面，则平面，对； B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则， 点到面的距离，仅在面面时取得最大值， 当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值， 所以，二面角先变小后变大，错；    C：当，如图，把五面体补成直三棱柱， 分别取的中点，易得面，， 设，则， ， 令，则， 令，可得或（舍），即， ，，递增，，，递减， 显然是的极大值点，故. 所以五面体的体积最大值为，C对； D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱， 此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体， 对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，    由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大， 易知，当时，， 设的内切圆半径为，则，可得， 另外，设等腰梯形中圆的半径为，则， 所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键. 11．ABD 【分析】由“水滴”形状性质可得其与轴的上下两交点之间的距离最大，可得A正确；利用圆的参数方程以及三角函数值域可得B正确；由阴影面积形状并利用割补法求出阴影部分面积，可判断C错误；利用弧长公式计算可得D正确. 【详解】对于A，由于，令时，整理得， 解得，“水滴”图形与轴相交，最高点记为A， 则点A的坐标为，点， 白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为，故A正确； 对于B，由于，整理得：， 所以，所以到坐标轴的距离为或， 因为， 所以，， 所以到坐标轴的距离小于等于3，故B正确； 对于C，由于，令时，整理得， 解得， 因为表示以为圆心，半径为的圆， 则， 且，则在x轴上以及x轴上方， 故白色“水滴”的下半部分的边界为以为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以为圆心，半径为3的半圆， 根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以以为圆心，半径为2的圆弧， 设，则，即所对的圆心角为， 同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为， 阴影部分在第四象限的外边界为以为圆心，半径为2的圆弧， 设，可得，所对的圆心角为， 同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为， 故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成， 所以它的面积是. 轴上方的半圆（包含阴影和水滴的上半部分）的面积为， 第四象限的阴影和水滴部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和， 且等于， 所以阴影部分的面积为，故C错误； 对于D，轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为， 轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为， 所以阴影部分的内外边界曲线长为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：解答本题有三个关键，其一是写出圆的参数方程，设出点的坐标，其二是利用割补法求不规则图形的面积，其三是利用三角函数的值域求出图形与坐标轴的交点的坐标. 12． 【分析】利用二项式定理求解. 【详解】展开式通项公式为 令，故展开式中含项的系数为. 故答案为： 13． / 【分析】建立适当的平面直角坐标系，由向量数量积的坐标运算公式以及点到直线的距离公式即可求解. 【详解】以为原点建立如图所示的平面直角坐标系， 由题意，所以， 而直线的表达式为，即所以点到直线的距离为. 故答案为：，. 14． 【分析】取定中的一个值，考查另外两次抛掷骰子的样本点数，利用分类加法计数原理和古典概型概率公式计算即得. 【详解】考虑取定的值，分类统计事件“”所含的样本点数，将对应的值作为一个数组，列表如下： 1 2 3 4 5 6 1 （1,1） （1,2） （1,3） （1,4） （1,5） （1,6） 2 （2,1） （2,2） （2,3） （2,4） （2,5） （2,6） 3 （3,1） （3,2） （3,3） （3,4） （3,5） （3,6） 4 （4,1） （4,2） （4,3） （4,4） （4,5） （4,6） 5 （5,1） （5,2） （5,3） （5,4） （5,5） （5,6） 6 （6,1） （6,2） （6,3） （6,4） （6,5） （6,6） 第一类：时，满足“”的样本点有个； 第二类：时，满足“”的样本点有个； 第三类：时，满足“”的样本点有个； 第四类：时，满足“”的样本点有个； 第五类：时，满足“”的样本点有个； 第六类：时，满足“”的样本点有1个. 由分类加法计数原理，满足“”的样本点共有：个， 而一颗骰子抛掷一次有6种结果，抛掷三次有个样本点， 因结果有限，且每个样本点发生的可能性相等，故是古典概型. 则“”的概率为. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解； （2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解. 【详解】（1）解：根据题意知， 由余弦定理得， 又因为，所以，即， 因为，所以， 又由正弦定理且，所以， 又因为，所以. （2）解：由（1）知，，所以，可得，所以， 设，因为，所以， 因为，所以， 在中，，所以， 在中，，所以，即， 所以，即，即， 因为，所以.    16．(1) (2). 【分析】（1）根据题意，由线性回归方程的公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由全概率公式可得恰有1张为有奖门票的概率，再结合条件概率公式代入计算，即可求解. 【详解】（1）设关于的线性回归方程：， 则， ， 所以， 所以关于的线性回归方程是. （2）记“从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票”为事件A， “该份团体票中共有张有奖门票”为事件，则， ，所以， ，所以， . 所以. 则所求概率是. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据和可证线面垂直，即可求证面面垂直， （2）根据线面角的几何法可得，建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求解. 【详解】（1）连接. 因为为的中点，所以. 又平面,所以平面. 因为平面 所以平面平面. （2）因为平面平面平面， 所以为直线与平面所成的角. 因为直线与平面所成角为， 所以. 因为，所以. 因为，所以. 又，故. 所以. 如图建立空间直角坐标系. 则，，. 所以，，. 设平面的法向量为，则 即令，则. 设与平面所成角为，则 . 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2)证明见详解； 【分析】（1）设，根据已知条件列出方程化简即得； （2）（i）因为四点共圆，设该圆的方程为，联立，得，结合重心公式可得证； （ii）记的面积分别为，用已知条件分别表示出，进而表示出面积为的表达式，然后利用导数求最值即得. 【详解】（1）设，则线段的中点坐标为， 因为以线段为直径的圆与轴相切，所以， 化简，得. （2）（i）因为四点共圆，设该圆的方程为， 联立，消去x，得， 即， 所以即为关于y的方程的3个根， 则， 因为， 由的系数对应相等得，，即， 因为的重心的纵坐标为， 所以的重心在定直线上. （ii）记的面积分别为，由已知得直线AB的斜率不为0 设直线AB：，联立，消去x，得， 所以， 所以， 由（i）得，， 所以，即， 因为， 点C到直线AB的距离， 所以， 所以 不妨设，且A在第一象限，即，， 依次连接O，A，C，B构成凸四边形，所以 ，即， 又因为，，即，即， 所以，即，即， 所以， 设，则， 令，则， 因为，所以，所以在区间上单调递增， 所以 ， 所以的取值范围为 【点睛】第二问：（i）关键是把证明的重心在定直线上转化为方程根的问题，利用韦达定理以及重心公式可得. （ii）关键是把四边形拆成两个三角形，然后用相同的变量分别表示两个三角形的面积以及变量的取值范围的确定，进而得到四边形面积的表达式，然后利用导数求最值即得. 19．(1)27或32 (2)①证明见解析 ② 【分析】（1）对题目中所给的，我们先通过分析集合中的元素，证明，，以及，然后通过分类讨论的方法得到小问1的结果； （2）直接使用（1）中的这些结论解决小问2即可. 【详解】（1）对集合，记其元素个数为. 先证明2个引理. 引理1：若具有性质，则. 引理1的证明：假设结论不成立. 不妨设，则正整数，但， 故一定属于某个，不妨设为. 则由知存在正整数，使得. 这意味着对正整数，有， ，但，矛盾. 所以假设不成立，从而一定有，从而引理1获证. 引理2：若具有性质，则，且. 证明：取集合. 注意到关于正整数的不等式等价于， 而由引理1有，即. 结合是正整数，知对于正整数，当且仅当， 这意味着数列恰有项落入集合，即. 而两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数， 故中的元素属于且仅属于某一个，故. 所以， 从而，这就证明了引理2的第一个结论； 再考虑集合中全体元素的和. 一方面，直接由知中全体元素的和为，即. 另一方面，的全部个元素可以排成一个首项为，公差为的等差数列. 所以的所有元素之和为. 最后，再将这个集合的全部元素之和相加， 得到中全体元素的和为. 这就得到，所以有 . 即，从而，这就证明了引理2的第二个结论. 综上，引理2获证. 回到原题. 将从小到大排列为，则， 由引理2的第一个结论，有. 若，则， 所以每个不等号都取等，从而，故； 情况1：若，则，矛盾； 情况2：若，则，所以，得. 此时如果，则，矛盾； 如果，则，从而，故； 如果，由于，设，，则，. 故对于正整数对，有， 从而，这与矛盾. 综上，的取值只可能是或. 当时，；当时，. 所以的所有可能取值是和. （2）①由引理1的结论，即知； ②由引理2的第二个结论，即知. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，我们通过两个方面计算了一个集合的各个元素之和，从而得到了一个等式，这种方法俗称“算二次”法或富比尼定理. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$