2024年青桐鸣大联考高三数学试卷2024.04.18及参考答案

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一、单选题
1．已知,,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据平面向量数量积坐标公式求解即可.
【详解】因为,,
所以.
故选:D.
2．样本数据3，4，5，6，7，8，9，10的第55百分位数是（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】C
【分析】根据百分位数定义先按从小到大排好，计算，即可得答案.
【详解】解：因为样本数据的个数为8，且，
所以第55百分位数是第五个数7．
故选：C．
3．已知数列的前n项和，则（ ）
A．66B．77C．88D．99
【答案】C
【分析】利用计算出答案.
【详解】由可得，
故．
故选：C．
4．复数对应的点在复平面内位于（i为虚数单位）（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】由复数的乘法运算化简复数，再由复数的几何意义求解即可.
【详解】因为，
所以对应的点为，在第一象限．
故选：A．
5．已知抛物线C：的焦点为，直线与C交于A，B两点，则（ ）
A．18B．16C．6D．4
【答案】B
【分析】设出A，B两点坐标，直曲联立解出，再结合抛物线定义转化所求结果即可.
【详解】设，，联立方程组，
整理得，则，
所以由抛物线的定义可得：.
故选:B.
6．已知圆C：与曲线有交点，则a的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】变形得到两个圆的方程，根据两圆圆心距和半径的几何关系得到，求出，得到答案.
【详解】由，整理得到，
圆C可化为标准方程C：，
由题意可得圆与圆C：有交点，
又因为的圆心为，半径为，圆C的圆心为，半径为，
所以，
解得，所以a得最小值为1．
故选：A．
7．寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山，宏村，八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（ ）
A．240B．360C．480D．540
【答案】D
【分析】先将6名同学分成三组，再分配到三个景区即可.
【详解】将6名同学分成三组，其中有三种方案：4，1，1；3，2，1；2，2，2．
则不同方案的种数为种．
故选：D．
8．已知，则的最大值为（ ）
A．4B．1C．D．
【答案】D
【分析】由，得，将已知三角式弦化切，化简变形得到，再由基本不等式即可得到结果.
【详解】，，故，
，当且仅当，即时，等号成立．
故选：D．
二、多选题
9．已知，且，则的取值可以为（ ）
A．18B．14C．32D．66
【答案】AC
【分析】先利用基本不等式求出的范围，再结合立方和公式即可得解.
【详解】因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，所以，
又因为，
即，则．
故选：AC．
10．已知函数，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．在处取得极大值
C．曲线的对称中心为，
D．将曲线向右平移个单位后得到的函数为偶函数
【答案】BCD
【分析】利用正弦函数的性质判断ABC，利用三角函数平移法则及余弦函数性质判断D.
【详解】当时，，又在上单调递减，故A错误；
，此时正弦函数取得最大值，也为函数的极大值，
故B正确；
令，，则，，
故曲线的对称中心为，其中，故C正确；
将曲线向右平移个单位得到为偶函数，故D正确.
故选：BCD
11．作直线与双曲线C:右支相切,且直线交的两渐近线于、两点,则的可能取值有（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】设点为右支第一象限部分上的一点,先求双曲线上一点的切线方程,其他象限由对称性同理可得，当切线斜率存在时，根据导数的几何意义求解出切线方程，又双曲线的渐近线方程为，两者联立求出两点的坐标,根据两点间距离公式得到的关系式，在结合的范围求解即可，再分析当切线斜率不存在时的弦长即可.
【详解】设点为右支第一象限部分上的一点,如图:
当切线斜率存在时,
由得,
所以,
则在点的切线斜率为,
所以在点的切线方程为:,
又因为,
所以在点的切线方程为,
双曲线的渐近线方程为,
设,
联立,
所以点,
同理可得:,
则
,
又因为,
所以,
即当切线斜率存在时,，所以BCD均可取到.
当切线斜率不存在时,切线方程为，双曲线的渐近线方程为,
则,
，此时BC可以取到.
综上,.
故选：BCD.
三、填空题
12．在的展开式中，的系数为 .（填数字）
【答案】
【分析】借助二项展开式的通项公式赋值计算即可得.
【详解】对，有，，
令，可得，即有，
故的系数为.
故答案为：.
13．已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的半径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值为 ．
【答案】
【分析】由轴截面为正三角形求出圆锥底面半径与圆锥高的关系，求出圆锥的体积、球的体积即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，
由题可知：，
所以圆锥的体积为，
球的体积，
所以，
故答案为：．
14．已知集合，，，若，且A中任意两个元素之和不在C中，则m的最大值为 ．
【答案】17
【分析】由已知，，所以集合中的元素最多有个，集合中的元素是5的倍数，将B集合按5的倍数和相差5分为5组，由集合A中任意两个元素之和不在C中，观察5组数中任取两个之和不是5的倍数，从而得到m的最大值.
【详解】由题意得可将B集合分为5组，用card来表示集合中元素个数，
，则；
，则，
，则；
，则；
则；
A中任意两个元素之和不在集合C中，故和，和中不能同时取数，且中最多取一个，
所以最多的取法是取和中的一个元素，，故m的最大值为17．
故答案为:17．
四、解答题
15．△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且．
(1)求A；
(2)若，求△ABC的面积S的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）结合已知条件，先利用进行化简，再利用二倍角公式即可求，从而可求A；
（2）结合三角形面积公式、基本不等式、余弦定理即可得到答案.
【详解】（1）由题意可得，
因为，
所以．
因为，所以，
即，
因为，
所以，
所以，
所以，
可得，
即．
（2）由（1）知；且，
由余弦定理得，
整理得，
解得或（当时，，故舍去），（当且仅当时取等号）．
从而，
即△ABC面积S的最小值为．
16．已知首项为1的数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由，变形为，结合求解；
（2）由，利用裂项相消法求解.
【详解】（1）解：由题意可得，
即，
则有，又，
因此是常数列，
即，则；
（2）设，
，
所以，
，
故．
17．在三棱锥中，，平面平面ABC，，，．
(1)证明：平面；
(2)棱BC上是否存在点D，使得面与面的夹角为?若存在，求BD长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在，．
【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）得，，两两垂直，所以以B为原点，BC，BA所在的直线分别为x，y轴，以过点B与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面CPA与平面的法向量，由二面角向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：取AB中点E，连接PE，，则，
因为平面平面ABC，平面平面，且平面，
所以平面ABC，平面ABC，所以，
又因为，且，平面PAB，平面，
所以平面．
（2）由（1）得BC，BA，PE两两垂直，所以以B为原点，BC，BA所在的直线分别为x，y轴，以过点B与PE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，，，，
可得，
，，
设平面与平面的法向量分别为，，
由，得．
令，可得，，
所以，
又由，得
令，可得，，
所以，
面与面的夹角为，
解得：，
故存在点D使得面PAC与面PAD的夹角为，此时．
18．已知A、B分别为x轴、y轴上的动点，，．
(1)讨论C点的运动轨迹表示的图形；
(2)若AB与只有一个交点，求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．
【答案】(1)答案见解析；
(2)1
【分析】（1）设，，，由和，可得，再讨论的取值可得出C点的运动轨迹表示的图形；
（2）设AB方程为，联立直线与椭圆的方程，由得,,表示出△AOB面积结合基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）设，，，则，
由得，，
．
所以当时为焦点在y轴上的椭圆，
时，为圆，
时，为焦点在x轴上的椭圆．
（2）由题意可知直线不与坐标轴平行且不过原点，
故设其方程为，联立
得，
由得，
，
，，
所以，
当且仅当时等号成立.
19．已知函数，．
(1)证明：；
(2)若随机变量X可取值为，，且，2，，n，，为X的数学期望．
证明：①；
②．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，求函数的最小值，可得结论.
（2）①先把问题转化为证明，再由（1）的结论可得：.分别令（），得（），各式相乘可得结果.
②两边取自然对数，结论可转化为，利用，再转化为；把（1）的结论转化为，令（），得（），各式相加，适当放缩可得结果.
【详解】（1）因为，因为，所以.
所以在上单调递增，所以．
（2），
①要证，
只需证明，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，所以，对,.
即，所以.
则，，，，
两边相乘得，
又因为
所以成立．
②由得，.
，当且仅当时取等号，
要证，
只需证明．
又，
所以只需证明
即．
又因为，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数的单调性证明不等式的问题.关键是利用已知的结论，来构造不等式，再对构造出的不等式进行整理.构造不等式是关键点.