精品解析：吉林省长春市文理高中2024-2025学年高三卓越年级下学期质量监测(六)数学试题

长春市文理高中卓越年级质量监测（六） 数学试卷 （本试卷共3页，满分150分，考试时间120分钟） 出题人：高一数学组 审题人：高三数学组 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. （ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据，，，，的分位数是，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 63 B. 35 C. 70 D. 40 5. 科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（ ） A. 10 B. 4.05 C. D. 6. 在三棱锥中，已知平面，，．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于，两点，若的内切圆的半径为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（ ） 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. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中各项的系数最大的是 C. D. 10. 已知与函数的周期相同，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间内只有1个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 11. 在直角坐标系内，由，，，四点所确定的“型函数”指的是三次函数，其图象过，两点，且的图像在点处的切线经过点，在点处的切线经过点.若将由，，，四点所确定的“型函数”记为，则下列选项正确的是（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. C. 曲线关于点对称 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，，则在上的投影向量的坐标为_____. 13. 如图，一束平行光线与地平面的夹角为60°，一直径为24cm的篮球在这束光线的照射下，在地平面上形成的影子轮廓为椭圆，则此椭圆的离心率为______． 14. 参加数学竞赛的6位队员欲合影留念，分别将座位和队员以1，2，3，4，5，6编号，首先编号为1的队员先从6个座位中任选一个就坐，接着由编号为2，3，4，5，6的队员依次选座，若与队员编号相同的座位为空，则队员坐在该座位；否则，则从座位编号大于队员编号的空座位中任选一个就坐（若大于队员编号的座位均不为空，则从剩余空座位中选择最大的编号就坐），则4号队员恰好在4号座位就坐的概率为________. 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. 在中，分别是角，，的对边，已知是锐角，且 （1）若，求实数的值； （2）若，求面积的最大值. 16. 已知函数． （1）求的单调区间及最小值； （2）令，求的零点个数． 17. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是． ①求的长； ②求直线与平面所成角的正弦值． 18. 为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望； （2）两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为． ①求； ②求． 19. 在平面直角坐标系中，一个动点到定点的距离比它到轴的距离大1，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若直线过定点，其斜率为．当分别为何值时，直线与曲线：只有一个公共点；有两个公共点；有三个公共点； （3）过点作两条互相垂直的弦、，分别交曲线于，，，，令、的中点分别为、，过点作，垂足为，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长春市文理高中卓越年级质量监测（六） 数学试卷 （本试卷共3页，满分150分，考试时间120分钟） 出题人：高一数学组 审题人：高三数学组 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】D 【解析】 【分析】根据题意求出集合，利用集合的交集运算即可得结果. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的周期性以及复数的除法运算化简即可求解. 【详解】， 故选：B 3. 已知一组数据，，，，的分位数是，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义将条件转化为五个数中第二大的数是，再求解. 【详解】因为， 所以数据，，，，的分位数为五个数中第二大的数， 由已知数据，，，，中第二大的数是，所以. 故选：C. 4. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 63 B. 35 C. 70 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式可得得，然后利用等差数列前项和公式结合等差数列性质可求解答案. 【详解】由，得：， 即，即， 所以 故选：C. 5. 科学家通过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放出来的能量（单位：焦耳）与地震里氏震级之间的关系为．2025年1月7日西藏日喀则市发生里氏6.8级地震，释放出来的能量为，2025年1月10日山西临汾市发生里氏4.1级地震，释放出来的能量为，则（ ） A. 10 B. 4.05 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数运算法则列式计算得解. 【详解】依题意，，，两式相减，得， 因此，. 故选：D 6. 在三棱锥中，已知平面，，．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三棱锥两两垂直的特性将三棱锥补为长方体，三棱锥外接球的半径为所补长方体的直径，计算求出半径，代入体积公式可得结果. 【详解】因为平面，，，，所以，即． 把三棱锥补成长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径． 根据长方体体对角线公式 ，则， 球的体积. 故选：C． 7. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于，两点，若的内切圆的半径为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆定义可得，利用三角形面积公式即可求. 【详解】 由可知， 因为，分别为椭圆的左、右焦点，且，两点在椭圆上， 所以，， 两式相加得，即， 又因为的内切圆的半径为， 所以. 故选：A 8. 若函数在上可导，且，则当时，下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数、，利用导数判断单调性再比较大小可得答案. 【详解】令，则，而正负不确定， 则函数的单调性不确定，当时，的大小关系不确定，AC错误； 令，由，得，函数为R上的单调递减， 由，得，即，B错误，D正确. 故选：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. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. 展开式中各项的系数最大的是 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项式定理的计算及性质求解. 【详解】令，得，则A正确． 展开式的通项为， 则，故B错误． 令，得， 令，得， 则，故C正确，D错误． 故选：AC. 10. 已知与函数的周期相同，则下列说法正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间内只有1个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，求得函数，根据三角函数的性质，可判定A正确；由时，求得，结合正弦函数的性质，可得判定B正确；由，可判定C错误；求得，得到，得到或，进而求得曲线在点处的切线的斜率，得出切线方程，可判定D正确. 【详解】由， 因为函数的最小正周期为，所以，所以， 所以， 对于A中，当时，可得， 由正弦函数的性质，可得在上单调递减，所以A正确； 对于B中，当时，可得， 由正弦函数的性质，可得在上只有1个极值点， 由，解得，即为函数在上的唯一极值点，所以B正确； 对于C中，当时，，， 所以直线不是曲线的对称轴，所以C错误； 对于D中，由，得， 则或，可得或， 所以曲线在点处的切线的斜率， 所以切线方程为，即，所以D正确. 故选：ABD. 11. 在直角坐标系内，由，，，四点所确定的“型函数”指的是三次函数，其图象过，两点，且的图像在点处的切线经过点，在点处的切线经过点.若将由，，，四点所确定的“型函数”记为，则下列选项正确的是（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. C. 曲线关于点对称 D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.根据函数在点处的切线经过点，利用点斜式求解判断；B.根据的图象过点及，设(其中)，然后再利用，求解判断；C.由B得到判断；D. 由B结合，有，判断. 【详解】因为直线的斜率为，所以的方程为，即，所以A正确. 因为的图象过点及，所以有两个零点0，4，故可设(其中)，则，由，，得，，所以，故B正确. 由选项B可知，，所以曲线关于点对称，故C正确. 当时，有，，所以，故D不正确. 故答案为：ABC. 【点睛】本题考查导数的几何意义以及函数的性质，还考查了运算求解能力，属于中档题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，，则在上的投影向量的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】应用向量数量积的运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量的坐标. 【详解】由题设，则， 所以在上的投影向量为. 故答案为： 13. 如图，一束平行光线与地平面的夹角为60°，一直径为24cm的篮球在这束光线的照射下，在地平面上形成的影子轮廓为椭圆，则此椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由图可得，求出椭圆的，再代入离心率公式，即可得到答案； 【详解】由图可得，椭圆的为球的直径，故， 椭圆的为球在地面投影，故， ， 故答案为：. 14. 参加数学竞赛的6位队员欲合影留念，分别将座位和队员以1，2，3，4，5，6编号，首先编号为1的队员先从6个座位中任选一个就坐，接着由编号为2，3，4，5，6的队员依次选座，若与队员编号相同的座位为空，则队员坐在该座位；否则，则从座位编号大于队员编号的空座位中任选一个就坐（若大于队员编号的座位均不为空，则从剩余空座位中选择最大的编号就坐），则4号队员恰好在4号座位就坐的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】就号队员所选座位分类讨论后结合全概率公式可求4号队员恰好在4号座位就坐的概率. 【详解】事件为“1号队员在号座位就坐”， 易知， 设事件B为“4号队员恰好在4号座位就坐”， ∴，， （1）当发生时，则2号队员可选择3，4，5，6号中的任意一个座位就坐， ①若2号队员选择5，6号中的任意一个座位就坐，则4号队员必定在4号座位就坐， 此时，4号队员恰好在4号座位就坐的概率为； ②若2号队员选择4号座位就坐，则4号队员不可能在4号座位就坐， 此时，4号队员恰好在4号座位就坐的概率为； ③若2号队员选择3号座位就坐，则3号队员可选择4，5，6号中的任意一个座位就坐， 若3号队员选择5，6号中的任意一个座位就坐，则4号队员必定在4号座位就坐， 若3号队员选择4号座位就坐，则4号队员不可能在4号座位就坐， 此时，4号队员恰好在4号座位就坐的概率为； ∴； （2）当发生时，则2号队员必定选择2号座位就坐， 3号队员可选择4，5，6号中的任意一个座位就坐， 此时，4号队员恰好在4号座位就坐的概率为， ∴； ∴由全概率公式可知，4号队员恰好在4号座位就坐的概率为： ， 故答案为：. 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. 在中，分别是角，，的对边，已知是锐角，且 （1）若，求实数的值； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得，再由余弦定理得出的值； （2）根据余弦定理和基本不等式得出，再由面积公式求出最大值. 【小问1详解】 由为锐角，且得，即 . 可变形为， 由余弦定理可知，即，故 ； 【小问2详解】 由（1）知，，所以，(当且仅当时等号成立) ，即. 故，故面积的最大值为 . 16. 已知函数． （1）求的单调区间及最小值； （2）令，求的零点个数． 【答案】（1）单调区间见解析； （2） 当时，函数无零点； 当时，函数有2个零点； 当或时，函数有1个零点. 【解析】 【分析】（1）将函数求导，利用导函数的符号判断函数单调性，求得函数最小值； （2）根据函数与方程的思想，将函数的零点问题转化成直线与函数的图象的交点问题，借助于函数的图象分类讨论即可. 【小问1详解】 由求导得：， 当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增. 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，； 【小问2详解】 由可得， 则的零点个数即函数与直线图象的交点个数. 由（1）已得在上单调递减，在上单调递增， 且当时，， 又时，，当时，， 作出函数的图象. 由图知，当时，直线与函数的图象没有交点，此时函数无零点； 当时，直线与函数的图象有2个交点，此时函数有2个零点； 当或时，直线与函数的图象有1个交点，此时函数有1个零点. 17. 如图，四边形为菱形，平面，过的平面交平面于，． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，且四棱锥的体积是． ①求的长； ②求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：∵平面，过的平面交平面于， ∴，又∵，∴四边形为菱形 ∴，∵平面，平面，∴平面. 又∵四边形为菱形，∴同理平面， ∵，平面，∴平面平面， 又平面，∴平面； （2）①6；②. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由其性质定理即可得到平面； （2）①通过四棱锥的体积即可得结果；②建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①连接交于点，连接，    ∵，且，则为等边三角形， 又四边形为菱形，则为中点，∴ 又∵平面平面，且交线为 ∴平面 ∵，∴ ∴ ∴. ②建系：以为原点，为轴，为轴，建立直角坐标系，    ∴，，，，， ∴，，， 令平面的法向量为，则 ，，∴ 设与平面所成角为， ∴. 18. 为倡导节能环保，实现废旧资源再利用，小明与小亮两位小朋友打算将自己家中的闲置玩具进行交换，其中小明家有1台玩具车和2个不同的玩偶，小亮家也有与小明家不同的1台玩具车和2个不同的玩偶，他们每次等可能的各取一件玩具进行交换． （1）两人进行一次交换后，设小明手中玩具车的台数为，求的分布列及数学期望； （2）两人进行次交换后，记小明手中恰有1个玩具车的概率为． ①求； ②求． 【答案】（1） X 0 1 2 P ． （2）①；②； 【解析】 【分析】（1）首先分析得X的可能取值为0，1，2，再列出其分布列，计算其数学期望即可； （2）①：分两次都交换玩具车、两次都交换玩偶以及一次交换玩具车，一次交换玩偶讨论即可； ②：记小明手中恰有0个玩具车的概率为，利用全概率公式得，再构造等比数列即可得到其表达式. 【小问1详解】 由题意知X的可能取值为0，1，2 ， ， X 0 1 2 P 所以． 【小问2详解】 ①若两次都交换玩具车，则概率为， 若两次都交换玩偶，则概率为， 若一次交换玩具车，一次交换玩偶， 情况1：每次互换的玩具相同，则概率为， 情况2：每次互换的玩具不同，则概率为， 则. ②重复n复这样的操作后，记小明手中恰有0个玩具车的概率为， 则小明手中恰有2个玩具车的概率为， 根据全概率公式可得，当时，， ∴， 由（1）是，∴， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，故， 所以，即 ． 19. 在平面直角坐标系中，一个动点到定点的距离比它到轴的距离大1，设动点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若直线过定点，其斜率为．当分别为何值时，直线与曲线：只有一个公共点；有两个公共点；有三个公共点； （3）过点作两条互相垂直的弦、，分别交曲线于，，，，令、的中点分别为、，过点作，垂足为，求的最大值． 【答案】（1） （2） 当时，直线轨迹有三个公共点； 当时，直线轨迹有两个公共点； 当时，直线轨迹有一个公共点. （3）3 【解析】 【分析】（1）根据两点距离以及点到线的距离公式即可由题意列方程求解， （2）联立直线与曲线的方程，根据判别式的正负，结合分类讨论即可求解. （3）设出直线方程，通过和抛物线方程联立得到中点M坐标的含参表示，同理可得N的坐标含参表示，进而得到直线MN方程的含参表示，再根据曲线关于x轴对称得到直线恒过定点E；定点E在x轴上，从而由已知条件得到点G在以FE为直径的圆上，由几何直观得出的最大值. 【小问1详解】 由已知得，令，则 整理得，. 【小问2详解】 由题意，直线l的方程为. 联立方程组（*） （i）当时，直线l：与有唯一公共点，与无公共点，此时共有一个公共点. （ii）当时，判别式为 ①由，. 故或时，方程（*）只有一个解，即直线与抛物线只有一个公共点，与各有一个交点为，，故分别有两个公共点. ②当直线过时，直线方程为，与交于，，与无交点，故直线与轨迹共有两个公共点 ③由. 故当且，时，方程（*）有两个解，即直线与抛物线有两个公共点， 与有一个公共点，故直线与轨迹有三个公共点 ④由，或. 故当，或时，方程（*）无实数解，即直线与抛物线没有公共点，与有一个公共点 综上， 当时，直线轨迹有三个公共点； 当时，直线轨迹有两个公共点； 当时，直线轨迹有一个公共点. 【小问3详解】 设直线，，， 联立，可得，则得，， ，同理， ①时，， ②当时， ，即， 所以直线恒过点， 又，所以点在以为直径的圆上，且轨迹方程为， 由几何图形关系可知，的最大值为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $