广东省深圳市高级中学2023-2024学年高三上学期第三次诊断测试数学试题（教师版）

这是一份广东省深圳市高级中学2023-2024学年高三上学期第三次诊断测试数学试题（教师版），共26页。试卷主要包含了 选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（满分 150分， 考试时间 120 分钟） 2024 年 1月
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. 已知全集为U，集合M，N满足，则下列运算结果一定为U的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合间的基本关系及集合的基本运算，借助Venn图即可求解.
【详解】由得当时，，故选项A不正确；
，当时，，故选项B不正确；
当 时，，故选项C不正确；
因为，所以，故选项D正确.
故选：D.
2. 若复数，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部为iB. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据复数的虚部、模、共轭复数、复数运算等知识求得正确答案.
【详解】复数的虚部为，A选项错误.
，B选项错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
故选：D
3. 设，是两个不共线的向量，已知，，，若三点A，B，D共线，则的值为（ ）
A. －8B. 8C. 6D. －6
【答案】B
【解析】
【分析】根据三点A，B，D共线，可得存在唯一实数使，进而可得出答案.
【详解】由已知得，
三点A，B，D共线，存在唯一实数使，
，
，解得.
故选：B.
4. 已知，则 的值为 （ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角公式及诱导公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
，
故.
故选：C
5. 甲、 乙、丙等5名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由排列组合知识结合概率公式即可得解.
【详解】因甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，若每个同学可以自由选择，
所以3科的选择数有2，2，1和3，1，1两种分配方案，
当分配方案为2，2，1时，共有种不同的选择方案；
当分配方案为3，1，1时，共有种不同的选择方案；
所以满足要求的不同选择种数为；
所以甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为.
故选：C.
6. 函数恒有，且在上单调递增，则的值为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦函数的图象性质，利用周期性和单调性以及最值求解.
【详解】因为函数恒有,
所以,解得，
又因为在，上单调递增，所以，
且，所以，
结合可得的值为或，
经检验，当的值为时，
由,
解得，
所以在上单调递增，满足题意，
当的值为时，
由,
解得，
所以在上单调递增，不满足题意，
故选:A.
7 设则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数利用导数研究其单调性判定大小即可.
【详解】令，
则，
易知，显然和时，，即在和上单调递减，时，，即在上单调递增，
易知，且，
所以，
又，，所以.
故选：D
8. 如图，正方体的棱长为3，点P是平面内的动点，M，N分别为，的中点，若直线BP与MN所成的角为，且，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，，得到，把BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，在正方体中，证得平面，得到，设与平面的交点为G，连接PG，结合题意，得到点P的轨迹是以G为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，，则N为的中点，又M为的中点，所以，
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，
在正方体中，可得，
因为平面，平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，且平面，所以平面，则．
设与平面的交点为G，连接PG，所以，
在直角中，，因为，所以，
又由，所以，
所以点P的轨迹是以G为圆心， 为半径的圆，其面积为.
故选：A.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多小个合题最需求．全的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 己知一组样本数据 ，其中为正实数.满足，下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的第80百分位数为
B. 去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C. 若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则样本数据的平均数小于中位数
D. 样本数据的方差，则这组样本数据的总和等于80
【答案】BCD
【解析】
【分析】由百分位数的定义即可判断A；由极差的定义即可判断B，由频率分布直方图中中位数、平均数的求法画出图形即可判断；由方程计算公式即可判断D.
【详解】对于A，由，所以样本数据的第80百分位数为，故A错误；
对于B，由题意存在这样一种可能，若，则极差为，此时样本数据的极差不变，故B正确；
对于C，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，
由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，同理，向“左拖”时最高峰偏右，那么平均数小于中位数，故C正确；
对于D，由，
则，
所以，故这组样本数据的总和为，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点F且与抛物线C交于，两点，其中，且，则（ ）
A. 直线l的斜率为B.
C. D. △MON（点O为坐标原点）的面积为6
【答案】BC
【解析】
【分析】设l方程为，与抛物线方程联立结合韦达定理可得
，，又如图可得，据此可得则，.
据此可判断AB选项正误；
C选项，由抛物线定义可得；
D选项，由图可得.
【详解】因为，所以点M在第一象限，显然直线l不与x轴垂直，设直线：，联立，可得，由韦达定理可得：，．做垂直于x轴，则，
得，则，.
A选项，，则直线斜率为，故A错误；
B选项，因，则，故B正确；
C选项，由抛物线定义，，
又，则，故C正确；
D选项，由图有，故D错误.
故选：BC.
11. 设数列前项和为，满足，且，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 数列为等差数列
C. 当时有最大值
D. 设，则当或时数列的前项和取最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据求出为等差数列，公差为，首项为，得到通项公式；B选项，计算出，得到，从而得到，得到B正确；C选项，根据及二次函数的最值得到C错误；D选项，先得到时，，，，当时，，且，得到结论.
【详解】A选项，当时，，
又，解得，
当时，①，
②，①-②得，
，
即，故，
因为，
故，
所以，
故为等差数列，公差为，首项为，
所以通项公式为，A正确；
B选项，，
故，则当时，，
故为等差数列，B正确；
C选项，，
故当时，取得最大值，C错误；
D选项，令得，令得，
则当时，，
当时，，当时，，
当时，，
又，，
则当或时数列的前项和取最大值，D正确.
故选：ABD
12. 函数和有相同的最大值，直线与两曲线和恰好有三个交点，从左到右三个交点横坐标依次为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用导数的性质，根据最大值的定义，结合数形结合思想、指数与对数恒等式进行求解即可.
【详解】，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
由，
当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，即；
当时，当时，单调递增，当时，单调递减，所以当时，函数有最小值，没有最大值，不符合题意，
于是有，因此选项AB正确，
两个函数图象如下图所示：
由数形结合思想可知：当直线经过点时，此时直线与两曲线和恰好有三个交点，
不妨设，
且，
由，又，
又当时，单调递增，所以，
又，又，
又当时，单调递减，所以，
，
，于是有，所以选项D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点睛：利用数形结合思想，结合等式是解题的关键.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知的展开式中． 的系数为80， 则m的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由二项式定理即可得解.
【详解】要产生这一项，只能第一个括号中选且第二个括号中选两个和三个，
否则，若第一个括号中选，要保证有，则第二个括号中选三个和两个，但的指数为2，不为4，
由题意的系数为，即，解答.
故答案为：.
14. 过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，为的右焦点，若，且，则双曲线的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，则，，解得，得到，，得到答案.
【详解】如图所示：设双曲线的左焦点为，连接，，
，则，四边形为矩形，.
故，，则，
，故，.
双曲线的方程为.
故答案为：
15. 如图， 在圆台 中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，, 点D是的中点， 为平面与平面的交线， 则交线与平面所成角的大小为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据中位线的性质与线面平行的判定与性质转化交线与平面所成角为与平面所成角，根据线面角定义、线面垂直的判定与性质解三角形即可.
【详解】因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故答案为：.
16. 第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵英丽的雪花————“科赫雪花”． 它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分， 以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线，重复上述两步， 画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线
设雪花曲线周长为，面积为，若 的边长为1，则=_______，_______
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】利用“科赫雪花”的绘制规则得出相邻两个曲线，后面的边数是前面的4倍，而边长是前面的，且后面的曲线比前面的曲线每边多出一个正三角形，结合等差数列与等比数列的定义、通项公式、累加法及求和公式计算即可.
【详解】由题意可知：，，；
易知第个图形的边长为，边数为，
故，
由累加法得
故答案为：；
【点睛】思路点睛：根据制图规则得出相邻两个曲线边数与边长的关系，即后面的边数是前面的4倍，而边长是前面的，且后面的曲线比前面的曲线每边多出一个正三角形，利用累加法及等比数列求和公式计算即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 为了响应教育部门疫情期间“停课不停学”的号召，某校实施网络授课，为了检验学生上网课的效果，在高三年级进行了一次网络模拟考试，从中抽取了100人的数学成绩，绘制成频率分布直方图（如下图所示），其中数学成绩落在区间[110，120），[120，130），[130，140]的频率之比为4：2：1.
（1）根据频率分布直方图求学生成绩在区间[110，120）的频率，并求抽取的这100名同学数学成绩的中位数
（2）若将频率视为概率，从全校高三年级学生中随机抽取3个人，记抽取的3人成绩在[100，130）内的学生人数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求出数学成绩落在区间内的频率，再根据数学成绩落在区间[110，120），[120，130），[130，140]的频率之比为4：2：1可求出数学成绩落在区间[110，120）的频率；根据中位数公式可求出中位数；
（2）先求出数学成绩落在区间[100，130）内的频率为，再根据二项分布可求出分布列和数学期望.
【小问1详解】
由直方图可知，数学成绩落在区间内的频率为,
所以数学成绩落在区间内的频率为，
因为数学成绩落在区间[110，120），[120，130），[130，140]的频率之比为4：2：1，
所以数学成绩落在区间[110，120）的频率为，
数学成绩落在区间[70，100）的频率为，
所以中位数落在区间内，
设中位数为，则，解得，
所以抽取的这100名同学数学成绩的中位数为.
【小问2详解】
由（1）知，数学成绩落在区间[100，130）内的频率为，
由题意可知，，的所有可能取值为，
，，
，，
所以的分布列为：
所以数学期望.
18. 已知数列满足.
（1）求证：是等差数列；
（2）设(表示不超过x的最大整数)，求使得成立的最大整数n的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）9
【解析】
【分析】（1）利用递推公式化简结合等差数列的定义证明即可；
（2）利用（1）的结论结合定义得出，构造判定其单调性得出，分类讨论并由等差数列求和公式计算解不等式即可.
【小问1详解】
由，
所以，且，
即是以1为首项，2为公差的等差数列；
【小问2详解】
由上可知，
即，
记，则，
由复合函数的单调性可知在上单调递减，
且，
则时，，所以，
即时，，
易知，
且当时，，
所以当时，，
当时，.
所以满足条件的最大整数n的值为9.
19. 如图，在中，，，点在线段上．
（1）若，求的长；
（2）若，的面积为，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出，利用同角三角函数的平方关系可求得的值，然后在中，利用正弦定理可求得边的长；
（2）设，则，利用三角形的面积公式可求得的值，然后在、中利用正弦定理，再结合，可求得结果.
【小问1详解】
解：因为，
由正弦定理可得，
，则，故，则为锐角，所以，，
，则，
在中，由正弦定理得，，解得．
【小问2详解】
解：设，则，，则，
即，可得，故，
由余弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，故，
在中，由正弦定理可得，故，
因为，
所以，.
20. 已知椭圆左、右顶点分别为，长轴长为短轴长的2倍，点在上运动，且面积的最大值为8．
（1）求的方程；
（2）若直线经过点，交于两点，直线分别交直线于，两点，试问与的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【答案】（1）
（2）与的面积之比为定值
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）利用韦达定理及面积公式计算即可.
【小问1详解】
由题意得，即①．
当点为的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值，
所以，即②．
联立①②，得．
故方程为．
【小问2详解】

与的面积之比为定值．
由（1）可得，
由题意设直线．
联立得，
则，
，
所以．
直线方程为，
令，得，即．
同理可得．
故与的面积之比为
，
即与的面积之比为定值．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是化积为和，得到，最后得到面积比值表达式，再进行代换即可得到面积比值.
21. 如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）6
【解析】
【分析】（1）先做一条辅助线，再通过面面垂直的性质得到平面，再根据平面，可得，进而根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）过点作交与点,连接,通过题目条件和小问1结论证明四边形为平行四边形，然后把多面体分为两个三棱锥求体积，令
，把求体积的最大值转化为求关于的函数的最大值.构造函数，通过导函数判断其单调性，进而得到的最大值，求出此时的值.然后以点为原点建立空间直角坐标系，通过向量法求与所成角的正切值.
【小问1详解】
过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
【小问2详解】
过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
22. 已知函数
（1）当时， 求曲线在处的切线方程；
（2）若存在两个极值点，
①求a的取值范围；
②当取得最小时，求a的值．
【答案】（1）
（2）①②3
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程；
（2）①由存在两个不同极值点转化为有两个不同的正实根，利用导数讨论其单调性从而确定出a的范围；②是的两个极值点得，，进而得到，通过等价思想及函数的单调性求得a即可.
【小问1详解】
当时，，，
所以，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
由，令，
由题意可得，有两个不同的正零点，，
当时，，在上单调递减，故至多有一个零点，不合题意；
当时，在上，单调递增，在上，，单调递减，
故只需，即，化简得：
令，
当时，单调递减，
当时，单调递增，故，
所以恒成立，
综上所述，a的取值范围为；
②，由题可知是方程的两个根，
所以，，
进一步，
不妨令，则，
所以，，
设，所以，所以单调递增，
所以，即，
所以单调递增，
所以取最小值时，取最小值，
令，
，
所以在单调递增，
又，，
所以在内存在唯一的根，
所以，即，
所以在单调递减，在单调递增，
，
所以取最小值时，取最小值，所以
【点睛】关键点睛：第二问②的关键是首先得到，通过等价思想及函数的单调性即可顺利得解.0
1
2
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