四川省德阳市2024_2025学年高三数学下学期质量监测考试二试题含解析

这是一份四川省德阳市2024_2025学年高三数学下学期质量监测考试二试题含解析，共13页。
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. 8B. 9C. 10D. 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. 1D. 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. 1C. 0D.
【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．
（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；
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，
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.
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
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
0
1
2
3