精品解析：四川省德阳市高中2024-2025学年高三下学期质量监测考试（二）数学试题

德阳市高中2022级质量监测考试（二） 数学试卷 说明： 1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效、考试结束后，将答题卡交回、 2．本试卷满分150分，120分钟完卷． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则函数的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 3. 已知函数，现将函数的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变得到函数，则值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 已知在平面直角坐标系中，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知对任意的，都有恒成立，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 0 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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是复数，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 是充要条件 D. 若，则中至少有一个为0 10. 已知函数的导函数为（ ） A. 若有三个零点，则 B. C. 是的极小值点 D. 当时，则 11. 如图，点是棱长为3正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从正态分布，且，则______． 13. 数列中，满足，，则______． 14. 若关于的方程在区间上有且仅有一个实数解，则实数______． 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. 2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎开幕，足球作为其中的一项团队运动项目，风䨾世界，深受大众喜欢，为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性观众各100名进行调查，得到如下列联表． 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男性 60 40 100 女性 30 70 100 合计 90 110 200 （1）判断是否有的把握认为喜爱足球运动与性别有关； （2）用样本分布的频率估计总体分布的概率，若现在从喜爱足球运动的观众中随机抽取3名，记男性的人数为，求事件的分布列和数学期望； 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 附：． 16. 在中，内角所对的边分别为，且 （1）判断的形状； （2）若，且是边的中点，求的面积最大值． 17. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为菱形，． （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角夹角的余弦值． 18. 已知椭圆过点，右焦点为为上顶点，以点为圆心且过的圆恰好与直线相切． （1）求C的方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（不与椭圆的左，右顶点重合），设直线的斜率分别为，求证：为定值； （3）点在上，且为垂足，，求的最大值． 19. 已知数列前项和为，满足，且 （1）求数列的通项公式； （2）令，讨论与大小关系； （3）对任意正整数恒成立，求正整数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 德阳市高中2022级质量监测考试（二） 数学试卷 说明： 1、本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页，考生作答时，须将答案答在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效、考试结束后，将答题卡交回、 2．本试卷满分150分，120分钟完卷． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先分别解分式不等式和一元二次不等式求出集合，再求两集合的交集即可. 【详解】由，得，解得， 所以， 由，得，解得， 所以， 所以. 故选：D 2. 若，则函数的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式可得答案. 【详解】若，则， 所以函数， 当且仅当即时等号成立. 故选：C. 3. 已知函数，现将函数的图象横坐标变为原来的，纵坐标不变得到函数，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数伸缩变换得到，即可求解； 【详解】将函数的图象横坐标变为原来的， 可得：， 所以， 故选：B 4. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量的运算律及投影向量的意义求解. 【详解】依题意，，由，得，则， 所以在方向上的投影向量为. 故选：B 5. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先找到的展开式通项为，再由乘法分配律得展开式中的系数为，即可得解. 【详解】根据题意，的展开式通项为， 所以的展开式中为： ， 则，解得. 故选：A 6. 已知在平面直角坐标系中，，动点满足，点为抛物线上一动点，且点在直线上的投影为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题干的条件即可求得满足的轨迹方程为圆，再利用距离最小即四点共线时，即可求得最小值. 【详解】 因为，动点满足， 设，则，两边同时平方整理得：， 即点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆； 因为点在直线上的投影为，又抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相等，故, 故 当且仅当四点共线时，取得最小值， 最小值为, 故， 故选：C 7. 在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接，设三棱锥的外接球的球心为，过作交延长线于点，然后根据已知数据在中可求出三棱锥的外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】如图取的中点，的中点，连接，则， 因为为等腰三角形，所以, 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为直角三角形，且，所以为的外心， 设三棱锥的外接球的球心为，则平面， 所以‖， 在等腰中，，， 则，的外心在外， 所以， 在中，，则， 所以 设三棱锥的外接球的半径为，则， 过作交延长线于点，则， 在中，，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 8. 已知对任意的，都有恒成立，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 通过构造函数，把问题转化为，进而转化为对任意的恒成立，然后，对进行分类讨论，进而可得解 【详解】解析：∵，∴， ∴. 设，问题转化为对任意的，恒成立，则有时为对任意的，仍然成立，则问题转化为对任意的恒成立，当时，显然成立；当时，，所以；当时，，. 综上. 故选：B 【点睛】关键点睛：把不等式变形，得到，进而构造函数，问题转为对任意的，恒成立，进而转化为对任意的恒成立，考查转化的思想，难度属于中档题 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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知是复数，i为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 是的充要条件 D. 若，则中至少有一个为0 【答案】BD 【解析】 【分析】AB选项，根据复数模的计算公式判断；C选项，根据复数定义判断；D选项，根据列方程，解方程即可. 【详解】若，则可以为，故A错； 设，，， 则， ， 所以，，故B正确； 当，时，为虚数，不能比较大小，故C错； ，则，解得或，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的导函数为（ ） A. 若有三个零点，则 B. C. 是的极小值点 D. 当时，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数判断出单调性并求出、，结合零点定义逐项判断可得答案. 【详解】因为函数，所以， 令，解得，或， 当，或，，当，， 所以在，上单调递增，在上单调递减， ，， 对于A，由得， 即，， 因为在上单调递减，所以在上只有一个零点， 因为，在上单调递增， 可得在上只有一个零点， 因为，在上单调递增， 可得在上只有一个零点， 综上，有三个零点，故A正确； 对于B，， ， 所以，故B正确； 对于C，是的极大值点，故C错误； 对于D，当时，则， 解得，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求其周长判断A；连接，以为圆心，为半径画弧，易知当在，上时直线与所成的角为，求其轨迹长判断B；取特殊位置排除C；取的中点分别为，根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，进而求长度的最大值判断D. 【详解】选项A：因为在正方体中，平面，又平面， 所以动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，A说法错误； 选项B：连接，以为圆心，为半径画弧，如图所示， 当点在弧上时，因为直角三角形中，所以与所成的角为， 则当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又，，， 所以点的轨迹长度为，B说法正确； 选项C：当点在平面时，， 易知此时面积最大值为，所以此时三棱锥体积的最大值为，C说法错误； 选项D：取的中点分别为， 连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为，，， 所以平面和平面是同一个平面，则点的轨迹为线段， 在中，，， 则， 所以是以为直角直角三角形， 所以，即线段长度最大值为，D说法正确； 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若随机变量服从正态分布，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求相应的概率. 【详解】因为，且，所以. 所以. 故答案为： 13. 数列中，满足，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用“累乘法”求数列的通项公式，再利用“裂项求和法”求和. 【详解】因为，所以. 所以，，，…，（）. 各式相乘，可得：， 显然满足上式，则， 所以数列的前项和为， 所以. 故答案为：. 14. 若关于的方程在区间上有且仅有一个实数解，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】应用二倍角正余弦公式整理化简得区间上有且仅有一个实数解，再应用对勾函数性质求参数值. 【详解】由， 所以， 整理得， 所以，而，则， 故，结合对勾函数的性质， 在上单调递增且值域为， 在上单调递减且值域为， 要使在区间上有且仅有一个实数解， 只需时，此时. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：应用三角恒等变换将方程转化为是关键. 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. 2024年7月26日，第33届夏季奥林匹克运动会在法国巴黎开幕，足球作为其中的一项团队运动项目，风䨾世界，深受大众喜欢，为了解喜爱足球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性观众各100名进行调查，得到如下列联表． 喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计 男性 60 40 100 女性 30 70 100 合计 90 110 200 （1）判断是否有的把握认为喜爱足球运动与性别有关； （2）用样本分布频率估计总体分布的概率，若现在从喜爱足球运动的观众中随机抽取3名，记男性的人数为，求事件的分布列和数学期望； 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 附：． 【答案】（1）有的把握认为喜爱足球运动与性别有关 （2）分布列见解析，2 【解析】 【分析】（1）先设零假设，再计算与临界值比较即可判断； （2）应用二项分布得出概率，再计算数学期望即可. 【小问1详解】 零假设：喜爱足球运动与性别无关． 由题， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立． 即有的把握认为喜爱足球运动与性别有关． 【小问2详解】 由题童可得从喜爱足球运动的观众中随机抽取一人．其为男性的概率为， 故， 0 1 2 3 16. 在中，内角所对的边分别为，且 （1）判断的形状； （2）若，且是边的中点，求的面积最大值． 【答案】（1）等腰三角形 （2）6 【解析】 【分析】（1）由边化角得到，再由即可求解； （2）以为轴，中垂线为轴，建立直角坐标系，设通过面积得最大值，即可求解； 【小问1详解】 由题意可得，则， 故. ， 则， ， ， 结合为三角形内角，， 所以， 故， 故为等腰三角形. 【小问2详解】 ，则，设， 又为的中点， ， 在中，以为轴，中垂线为轴，建立直角坐标系， 设，，由， ， 即且， 所以当时，取最大值为， 故的最大值为6. 17. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． （1）证明：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正切值为，求二面角夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，通过，即可求证； （2）过作交于点，确定则即为直线与平面所成角 ，再以以为原点，所在直线为轴建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 连接交于点，连接，因为是菱形，所以， 又因为为的中点，所以 又面，且，所以平面 又平面，所以平面平面 【小问2详解】 过作交于点，面面，面面，面， 所以面，则即为直线与平面所成角 因为面，所以面， 又面，所以， 所以为的交点，为等边三角形，所以H为的重心， 所以，，在中，解得， 以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系， 则 ， 设平面和平面的法向量分别为和， 则，即，令，可得： 即， 又平面，则 设平面和平面的夹角为，则 18. 已知椭圆过点，右焦点为为上顶点，以点为圆心且过的圆恰好与直线相切． （1）求C的方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（不与椭圆的左，右顶点重合），设直线的斜率分别为，求证：为定值； （3）点在上，且为垂足，，求最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求的值，确定椭圆的方程； （2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理，得到，，表示出，化简即可. （3）分直线是否有斜率讨论，可得直线过定点，数形结合，可得的最大值. 【小问1详解】 由题得：，又，所以， 则的方程为：. 【小问2详解】 由题意得，直线的斜率不为0，设直线的方程为：，，， 联立得： 则 则. 【小问3详解】 由题得：，即，设，则 ㈠如图： 直线的斜率存在时，设直线的方程为： 联立得： ， 又 ……① 又……② ……③㈠ 由①②③得： 即 即 又直线不过，则，即 则直线的方程为：，过定点 ㈡直线的斜率不存在时，设，则 又，则（舍），， 此时直线过定点 点P在椭圆内部 则的最大值为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是把问题转化成直线经过定点. 19. 已知数列前项和为，满足，且 （1）求数列的通项公式； （2）令，讨论与的大小关系； （3）对任意正整数恒成立，求正整数的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）2. 【解析】 【分析】（1）根据可得时，两式相减结合构造法可得数列为等比数列，由此可计算数列的通项公式. （2）求导，得到，利用错位相减法计算，讨论n的取值范围即可得到与的大小关系. （3）构造函数，结合导数可得，则，累加后，结合对数运算即可得解. 小问1详解】 时，，所以， 因为，所以时，， ， 又成立， 所以对成立， 所以数列为以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 【小问2详解】 因为， ， ， ， ， 令， ， 则， 所以，故， 所以 所以当时，，当时，， ， 单调递增，. 【小问3详解】 令，则， 令，则，令，则， 故在单调递减，单调递增，则， 所以（当且仅当时取等号）， 则， 所以， 所以， ， ， 设，则， 则单调递增，又因为， 所以正整数的最小值为2． 【点睛】方法点睛：解决本题的重点是构造函数，结合导数进行放缩，在导数中重要的放缩不等式有:等. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$