广东省中山市中山纪念中学2024届高三上学期第三次模拟测试数学试题及答案

这是一份广东省中山市中山纪念中学2024届高三上学期第三次模拟测试数学试题及答案，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．在复数范围内，是方程的两个不同的复数根，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．或2
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知等差数列的前项和，若，数列的前项和为，且，则正整数的值为（ ）
A．12B．10C．9D．8
6．设函数若关于的方程有四个实根，则的最小值为（ ）
A．B．23C．D．24
7．设分别为椭圆的左，右焦点，以为圆心且过的圆与x轴交于另一点P，与y轴交于点Q，线段与C交于点A．已知与的面积之比为，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，是边长为3正三角形，，S是空间内一点，分别是，的二面角，满足，点D到直线SB的距离是1，则（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．下列选项中，与的值相等的是（ ）
A．B．
C．D．
10．若，则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，弦的中点为，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．以为直径的圆与相切B．
C．D．的最小值为4
12．已知函数，，则（ ）
A．当时，有2个零点
B．当时，有2个零点
C．存在，使得有3个零点
D．存在，使得有5个零点
三、填空题
13．设是随机事件，且，则 ．
14．在数列中，，，则的值为 .
15．已知正四面体的棱长为2，若球O与正四面体的每一条棱都相切，点P为球面上的动点，且点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动，则的取值范围为 ．
16．设函数，.若在恒成立，则实数的取值范围是 .
四、解答题
17．已知等比数列的前n项和为，且满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
18．已知中，角所对的边分别为.
(1)求；
(2)设是边上的点，且满足，求内切圆的半径.
19．在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
20．已知点P（非原点）在抛物线C：上，点P处的切线分别交x，y轴于点Q，R．
(1)若，求实数的值．
(2)定义：过抛物线上一点，且垂直于在该点处切线的直线称为抛物线的法线．若抛物线C在点P处的法线交抛物线C于另一点S，求面积的最小值．
21．在信息论中，熵（entrpy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
(1)若，试探索的信息熵关于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此时的信息熵.
22．已知函数．
(1)若对任意的恒成立，求的取值范围；
(2)证明：.
参考答案：
1．C
【分析】解不等式化简集合A，求出函数的定义域化简集合B，再利用并集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，
函数有意义，得，解得，则，
所以.
故选：C
2．B
【分析】结合向量的数量积的坐标运算，根据投影向量的定义，即可求得答案.
【详解】由题意知平面向量，
故在上的投影向量为，
故选：B
3．D
【分析】分解因式解方程,再求模长即可求解.
【详解】由，
得.
因为，所以或，
当或，；
当或，.
故选：D
4．B
【分析】由诱导公式和同角三角函数关系得到，再利用正切和角公式得到方程，求出，利用余弦二倍角，齐次化求出答案.
【详解】因为，
所以，
故，
因为，
所以，故，
解得，
所以.
故选：B．
5．D
【分析】由的关系求出通项公式，再由裂项相消求出，根据方程求解即可.
【详解】当时，，
当时，，符合上式，故，
所以，
故，
由可得，化简得，得（舍去负值）．
故选：D
6．B
【分析】根据题意，做出函数的图象，结合图象可得，，然后再由基本不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】做出函数的图象如图所示，

由图可知，当时，的对称轴为，
所以，
若关于的方程有四个实根，
则，
由，可得或，
所以，又因为，
所以，故，且，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
故选：B
7．B
【分析】由题意可逐步计算出点A坐标，由点A在椭圆上，将其代入椭圆方程得到等式后，借助等式即可计算离心率.
【详解】由题意可得、，，
则以为圆心且过的圆的方程为，
令，则，由对称性，不妨取点在轴上方，即，
则，即，
有，则，
又，即有，即，
代入，有，即，
即在椭圆上，故，
化简得，由，
即有，
整理得，即，
有或，
由，故舍去，即，
则.
故选：B.

【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率时，可将已知的几何关系转化为关于椭圆基本量a，b，c的方程，利用和转化为关于的方程，通过解方程求得离心率．
8．D
【分析】先求得，根据二面角以及解直角三角形等知识分别求得和，由此求得正确答案.
【详解】由于，所以，
由余弦定理得，
则，而为锐角，
所以，，
同理可求得.

设平面，且平面，
过作，垂足为，过作，垂足为，连接，
由于平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，所以，
同理可证得，依题意，
即，
设，则，
所以，
，，
所以三点共线，而平面，所以，
，，
连接，过作，垂足为，则，
所以，所以 ，
由两边平方得
，
即，为锐角，故解得.
由两边平方得
，
即，为锐角，故解得，
所以.

故选：D
【点睛】求解二面角有关问题，关键是利用二面角的定义作出二面角的平面角.常用的方法有定义法和线面垂直法.定义法是：在交线上任取一点，过这点在两个面内分别引交线的垂线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.线面垂直法是：自二面角的一个面上的一点向另一个面引垂线，再由垂足向交线作垂线，连线后得到二面角的平面角.
9．ABD
【分析】求出的值，进而利用二倍角的正弦求值判断A；利用两角和的余弦求值判断B；利用二倍角的余弦求值判断C；利用二倍角的正切求值判断D.
【详解】因为，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，因为，可得，故D正确.
故选：ABD.
10．ABC
【分析】通过赋值法即可对A、B、C逐项求解判断，通过对两边同时求导后再利用赋值法从而可对D求解判断.
【详解】对于A：令，则，故A正确；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：ABC.
11．ABD
【分析】由抛物线的定义可得，结合即可判断A；设的方程且联立抛物线方程，利用韦达定理可得，由中点坐标公式和两点表示直线斜率可得，即可判断B；由选项B知、，结合抛物线的定义化简计算即可判断C；由选项C得，由射影定理得，则，结合基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：由题意得，
又以为直径的圆与切于点，故A正确；
B：设的方程为，联立整理得，
，又，
则，，即，故B正确；
C：由选项B知，
，故C错误；
D：由选项C，得，则，
在中，，，由射影定理得，
，
当且仅当时，等号成立，且，故D正确.
故选：ABD．
【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．
12．BCD
【分析】令，可得，结合图象分析方程的根的分布，再结合图象分析的交点个数，即可得解.
【详解】由的图象可知，的值域为，
对于选项AC：令，
则在上恒成立，
可知在上单调递增，则，
即当且仅当等号成立，
令，若，可得，
令，
当，则，可知；
当，结合图象可知当且仅当，方程有根，解得；
即或，结合图象可知：
有1个根；有2个根；
综上所述：当时，有3个零点，故A错误，C正确；

对于选项B：令，若，可得，
令，即，
注意到，
由图象可知方程有两个根为一根为，另一根不妨设为，
即或，结合图象可知：
有1个根；有1个根；
综上所述：当时，有2个零点，故B正确；

对于选项D：令，若，可得，
令，即，
令，解得，
由图象可设方程有三个根为，且，
即或或，结合图象可知：
或有1个根；有3个根；
综上所述：当时，有5个零点，故D正确；

故选：BCD.
【点睛】易错点睛：利用数形结合求方程解应注意两点
1.讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．
2.正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．
13．/0.125
【分析】求出，从而根据事件的运算关系求出概率.
【详解】因为，所以，
故．
故答案为：
14．1
【分析】根据题意利用累加法运算求解.
【详解】因为，可知，
可得，，，，
各式相加可得，即，所以.
故答案为：1.
15．
【分析】将该正四面体补成正方体，则可得球O为正方体的内切球，设G为AB的中点，结合向量数量积的运算律将转化为，结合四面体以及正方体和球O的切接问题，求出的最大值以及最小值，即可求得答案.
【详解】由题意知正四面体的棱长为2，故可将该正四面体补成如图示正方体，

正方体棱长为，四面体的每条棱皆为正方体的面对角线，
由于球O与正四面体的每一条棱都相切，故球O为正方体的内切球，
球O的直径为正方体的棱长，则半径；
设G为AB的中点，则，
则
，
由于点P在正四面体面ACD的外部（含正四面体面ACD表面）运动，
故点P位于DC的中点处时，最大，即为正方体内切球直径，
此时取到最大值；
在正四面体中，设E为DC中点，连接，
则，平面，
则平面，而平面，
故平面平面，则球O的球心O在平面内，
则的内切圆即为球O的一个小圆，设该圆与AE的交点为F，
则F点和AB都位于球O的同一个大圆所在的平面上，此时该大圆上劣弧所对弦长最短，
即P点位于F点时，最小；
设内切圆圆心为，则内切圆半径为，
，则，
中，，，故，
在中
，则，
即的最小值为，故的最小值为，
故的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将正四面体补成为正方体，将球O转化为正方体的内切球问题，结合多面体和球的切接问题，求解答案.
16．
【分析】在恒成立等价于对任意恒成立，就和结合的单调性分类讨论可得对任意恒成立，参变分离后再次利用导数可求的取值范围.
【详解】在恒成立等价于，
所以，即对任意恒成立，
设，则
所以，当时，，函数单调递增，
且当时，，当时，，
若，则，
若，因为，且在上单调递增，所以，
综上可知，对任意恒成立，即对任意恒成立.
设，，则，所以在单调递增，
所以，即a的取值范围为．
故答案为：
【点睛】思路点睛：本题考查函数的单调性以及含参数的不等式的恒成立，前者利用导数的符号来讨论，后者需等价变形把原不等式转化简单不等式的恒成立，再根据不等式的结构特征构建新函数来讨论.
17．(1)；
(2).
【分析】（1）利用等比数列通项公式、前n项和求基本量，进而写出等比数列通项公式.
（2）等比数列前n项和公式写出，应用裂项相消法求
【详解】（1）由题知：①，
②，
②÷①得，，解得，代入①式得，，
所以．
（2）由（1）知：，
所以，
所以 ．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式求解结果；
（2）在中根据余弦定理得出关于边长的一个关系，再由两边平方得出另一个方程，联立解出边长，再由的面积与内切圆半径的关系求得结果.
【详解】（1）已知，由正弦定理得，
又，
所以，
因为，所以，
因为，所以.
（2）如图所示：
在中根据余弦定理得，即，①
又因为，所以，因为，所以，
将两边平方并整理得，②
联立①②得到，所以，，
所以，.
所以的面积为.
设其内切圆半径为，则，解得，
所以内切圆的半径为.
19．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以；
（2）因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
所以，．
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．

20．(1)
(2)
【分析】（1）设，利于导数求得切线的斜率，从而求得切线方程，令，得，可得点Q为线段PR的中点，即可求得实数的值；
（2）设，根据题中定义得，继而得，表示出的面积后，利于导数求最小值即可.
【详解】（1）不妨设，，由得，
所以点P处的切线方程为．
令，得，所以．
所以点Q为线段PR的中点．所以．
（2）设，由法线定义得，所以，
又，
即．
因为，，
所以，．
因为，，
所以．
设，，
则．
令，得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以当时，．
故面积的最小值为．
21．(1)，，最大值为.
(2).
【分析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解析式.
【详解】（1）当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
（2）因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用裂项相消及等比数列前n项和公式求化简.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对进行分类讨论，结合导数来求得的取值范围.
（2）利用构造函数法，结合导数证得，进而证得不等式成立.
【详解】（1）函数的定义域为，所以，
所以当时，所以恒成立，
当时，，
，所以在上递减，
当时，，
所以，即在递减，
所以，满足要求；
当时，，
，所以在上递减，
因为，
所以，使，且当时，，
所以在递增，所以，不合要求；
综上：的取值范围是.
（2）证明：设，
则，
所以在递减，又，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又由（1）知，当时，，所以，
所以在上恒成立，
取，得，
分别取2，3，4，……，，
累加得，
命题得证．
【点睛】求解函数单调区间的步骤：（1）确定的定义域；（2）计算导数；（3）求出的根；（4）用的根将的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内的符号，进而确定的单调区间.如果一次求导无法求得函数的单调性，可以考虑多次求导来进行求解.