安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高三下学期第三次教学质量检测数学试题 含解析

这是一份安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高三下学期第三次教学质量检测数学试题 含解析，共14页。试卷主要包含了 已知， ，且，则， 已知函数等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共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】C
【解析】
【分析】分别求两个集合，再求交集.
【详解】不等式，得，即，，
所以.
故选：C
2. 已知是平面内的一个单位正交基底，且，，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用数量积的运算，得到，再利用是单位正交基底，即可求解.
【详解】因为，，所以，
又是平面内的一个单位正交基底，所以，
故选：B.
3. 已知复数，（其中为虚数单位），且，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数乘方求出复数，再利用复数除法求出及共轭复数.
【详解】依题意，，由，得，
所以
故选：A
4. 数学源于生活又服务于生活，某中学“数学与生活”兴趣小组成员在研学过程中，发现研学地的河对岸有一古塔（如图），于是提出如何利用数学知识解决塔高的问题.其中同学甲提出如下思路：选取与塔底在同一水平面内的两个观测点与，测得，，m，并在点处测得塔顶的仰角为，则塔高约为（ ）取）
A. mB. mC. mD. m
【答案】D
【解析】
【分析】结合题目条件，借助正弦定理可得，再利用正切定义即可得.
【详解】由，，则，
则有，即，
由题意可得，，
故m.
故选：D.
5. 函数与的图象关于直线对称，则的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由条件求得，利用复合函数的单调性同增异减即可得解.
【解答】由题意可得函数，则
令，求得，
故的定义域为，
根据复合函数的单调性同增异减可知，即转化为求函数在上的减区间.
所以由二次函数的性质可得函数在上的减区间为，
故选：B.
6. 设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由为奇函数可得，即可得，由为偶函数，则有，即可得，即有.
【详解】由为奇函数，则有，
则，即，
由为偶函数，则有，即，
则，即，
即，故D正确；
A、B、C都不能得到，故A、B、C错误.
故选：D.
7. 如图，在圆柱中过AD作与轴截面垂直的一个平面，所得截面图形为椭圆，将圆柱侧面沿母线展开，该椭圆曲线在展开图中恰好为函数一个周期的图象，则该截面椭圆的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦函数的性质得到，，进而得到，结合图形，利用勾股定理，可求出，，即可求解.
【详解】由题知椭圆曲线在展开图中恰好为函数的一个周期，
可得，且，
设底面半径为，则，得到
设椭圆的长轴长为，短轴长为，则有，得到，
又，得到，所以椭圆的离心率为，
故选：B.
8. 已知， ，且，则（ ）
A. 有最小值1B. 有最小值1
C. 有最小值D. 有最小值
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，则，无最小值，判断A；设，则，结合基本不等式可判断B； ，结合函数的单调性，可判断C；利用，结合基本不等式求得的最小值，判断D.
【详解】由，且可知，
而，则，则无最小值，A错误；
设，且，
则，当且仅当，即时取等号，
这与题设矛盾，故最小值不为1，B错误；
，由于函数在上递增，
故在上无最小值，即无最小值，C错误；
，当且仅当时，即时取等号，D正确，
故选：D
【点睛】关键点睛：该题为根据条件等式求最值问题，解答时由可得，由此看到两个因式之积为定值，由此设，进而将问题转化为基本不等式求最值问题或利用函数单调性，解决问题.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数（）与函数的周期相同，则下列说法正确的是（ ）
A. 的值为
B. 是函数的一个零点
C. 把函数的图象向左平移个单位得到的图象，则为偶函数
D. 函数的单调递增区间为
【答案】ABCD
【解析】
【分析】首先化简函数的解析式，根据周期求，再根据三角函数的性质，利用代入的方法，判断选项.
【详解】，
A.函数的最小正周期为，所以，所以，故A正确；
B. ，，所以是函数的一个零点，故B正确；
C.函数的图象向左平移个单位得到，为偶函数，故C正确；
D.，得，，所以函数的单调递增区间为，故D正确.
故选：ABCD
10. 如图，在正四面体中，已知，为棱的中点. 现将等腰直角三角形绕其斜边旋转一周（假设可以穿过正四面体内部），则在旋转过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 三角形绕斜边旋转一周形成的旋转体体积为
B. 四点共面
C. 点到的最近距离为
D. 异面直线与所成角的范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A:由题意知旋转体为两个同底等高的圆锥组合体，由此求出组合体的体积．
对于B：由线面垂直，和线线垂直，又有公共点即可判断；
对于C: 设为的中点，令为的中点,点在以为圆心，1为半径的圆上运动，作出图形， 可知当三点共线，可求最小值；
对于D：结合B、C选项可判断.
【详解】对于A：因为，所以等腰直角三角形的直角边为2，斜边的高为1；
旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥组合体，其圆锥的底面半径为1，高为1；
所以几何体的体积为，A错误；
对于B: 在正四面体中，各个侧面都是等边三角形，又因为为棱的中点，
所以，又相交于点，又都在平面内，
所以平面，又，与平面有一个公共点，
所以在平面内，所以四点共面，故B正确；
对于C: 在图1中，令为的中点，为的中点，则点在以为圆心，1为半径的圆上运动，
由图可知当三点共线，且当运动到的位置时，到的距离最小，
在中，，所以，C正确
对于D:由B、C可知，在圆锥的底面内，如图1，由圆锥轴截面中，，
由线面角的概念可知，与圆锥底面中的直线所成最小角就是，最大角一定为
由此可知异面直线与所成角的范围为，正确
故选:BCD
11. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与圆相切于点，与第二象限内的渐近线交于点，则（ ）
A. 双曲线的离心率
B. 若，则的渐近线方程为
C. 若，则的渐近线方程为
D. 若，则的渐近线方程为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用可得，与渐近线斜率相比较即可构造不等式求得离心率，知A正确；根据斜率关系可知直线为双曲线一条渐近线，利用可构造方程求得B正确；分别利用和可构造方程求得CD正误.
【详解】
对于A，，，，，
，，又与第二象限内的渐近线交于点，
，即，，，A正确；
对于B，由A知：，又，，
直线即为双曲线的一条渐近线，
，，又，
，，
，
，，
，整理可得：，
，，，
即，解得：，的渐近线方程为，B错误；
对于C，，，
，，
，整理可得：，即，
，，的渐近线方程为，C正确；
对于D，，，，
，
，，
，整理可得：，
，，，的渐近线方程为，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率、渐近线的求解问题，解题关键是能够利用余弦定理和渐近线斜率构造关于的方程，进而求得双曲线的离心率和渐近线方程.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置上.
12. 某同学在高三阶段的9次数学考试中成绩依次为：，则这9次数学成绩的上四分位数为___________.
【答案】130
【解析】
【分析】将9次成绩分数从小到大排列，根据百分位数的含义，即可求得答案.
【详解】将9次成绩分数从小到大排列依次为：98，106，113，119，120，126，130，133，149，由于，
故这组成绩数据的上四分位数为第7个数130.
故答案为：130
13. 已知圆和圆，若点在两圆的公共弦上，则的最小值为___________.
【答案】1
【解析】
【分析】两圆方程相减即可得到公共弦所在直线方程，根据P在公共弦上可得，再利用基本不等式即可求最小值．
【详解】圆和圆的两个方程相减即可得到两圆的公共弦所在直线方程为，
所以点在两圆的公共弦上，∴，当且仅当时取等号，
所以
所以，当且仅当时取等号.
故答案为：1
14. 已知，若函数恰有三个零点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先设，则方程转化为，转化为分析函数和和 的交点个数问题.
【详解】，设，则，
，得，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
当时，函数取得最大值1，
如图，画出函数的图象，
由，即，则，恒过点，
如图，画出函数的图象，设过点的切线与相切于点，
则，得，即切点0,1，所以切线方程为，如图，
则与有2个交点，，则，
如图可知，若函数恰有三个零点，则，，
则，所以，
综上可知，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查嵌套零点问题，解题的关键是需通过换元，转化为内外层函数的零点个数问题.
四、解答题：本大题共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. 已知数列满足，数列为等比数列，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列前项和为，若 ，记数列满足，求数列的前项和.
在①是的等差中项；②；③这三个条件中任选一个，补充在第（2）问中，并对其解答.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助等比数列的性质计算可得，即可得数列为等差数列，即可得解；
（2）选①：借助等差中项的性质可计算出数列的通项公式，即可得；选②：借助等比数列及其前项和定义计算可得的通项公式，即可得；选③：借助等比数列及其前项和公式计算可得的通项公式，即可得；得到后，分组求和即可得解.
【小问1详解】
，且，
，即，又是等比数列，，
是以，公差为等差数列，；
【小问2详解】
选①，是的等差中项，，
即，，
，，
；
选②，，，，
，，
；
选③，，，
，，
.
16. 如图，四棱锥中，底面为直角梯形，，，且，，，直线与平面所成的角为，，，分别是，的重心．
（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据重心可得比例关系式，得到线线平行，再得到线面平行，由面面平行判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量夹角，可得平面的夹角即可.
【小问1详解】
连延长交AB于E，连延长交AD于F，连延长交CD于G，
因为分别是，的重心，
所以，所以，
又平面平面，所以平面
同理平面，，
平面平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
设点在底面的射影为，以为原点，轴，轴，如图建立空间直角坐标系，
因为，直线与平面的所成角为，即，
所以.
作，垂足，连接，由平面，平面，
又平面，
平面，又平面，.
又，
所以，，，，
，
设平面的一个法向量为m=x,y,z
则，令，则，
设平面的一个法向量为，
则，∴，令，则，
设平面与平面夹角为，
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值.
17. 现有一个不透明的袋子中装着标有数字的大小、材质完全相同的小球各个，从中任意抽取个，每个小球被抽到的可能性相等，用表示取出的个小球中的最大数字.
（1）已知一次取出个小球的数字之和大于，求这个球中最小数字为的概率；
（2）求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）分类讨论得到数字之和大于的概率及取出的个球中最小数字为的概率后结合条件概率公式计算即可得.
（2）得出的所有可能取值及其对应概率即可得其分布列，结合分布列计算即可得其期望.
【小问1详解】
一次取出的3个球中数字之和大于10的情况共有30种，
含 155，255，355，455共种可能，544，344共种可能，
245，345共种可能，335共种可能，
这30种情况中最小数字为3有355，344，345，335共种可能，
设“一次取出的3个球中数字之和大于10”为事件，
则，
“取出的3个球中最小数字为3”为事件，则，
所以；
【小问2详解】
可能的取值为，
，
，
，
，
的分布列为：
.
18. 已知抛物线，动圆，为抛物线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为.
（1）若求的最小值；
（2）若过圆心作抛物线的两条切线，切点分别为.
（Ⅰ）求证：直线过定点；
（Ⅱ）若线段的中点为，连交抛物线于点，记的面积为，求的表达式及其最小值.
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ），
【解析】
【分析】（1）利用面积法，将转化为，结合导数，利用的最小值来求得的最小值.
（2）（Ⅰ）利用切线方程求得直线的方程，进而证得直线过定点.
（Ⅱ）联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，求得的表达式并根据函数的知识求得最小值.
【小问1详解】
由题意
当且仅当最小时，最小
设，又，
所以
记为，则，
在上单调递减；
在上单调递增.
时有最小值，此时，且，
所以最小值为.
【小问2详解】
由已知，设
（Ⅰ），所以切线，
切线过，所以，
同理，所以直线过两点.
所以直线方程为过定点0,1.
（Ⅱ）联立，得，
，
，而，
轴，点横坐标，
，
即，且，当且仅当时成立.
综上的最小值为.
【点睛】方法点睛：要求一个表达式的最值，可以结合已知条件先进行转化，再结合转化后的式子，选择基本不等式、函数的性质、导数的知识来求最值.求解直线和圆锥曲线的位置关系的题目，可以考虑联立直线的方程和圆锥曲线的方程，然后结合根与系数关系来进行求解.
19. 设函数，为的导函数．
（1）当时，求展开式二项式系数最大的项；
（2）对任意的实数，证明：；
（3）是否存在，使得对，且恒成立？若存在，求出的值并证明你的结论；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）和
（2）证明见解析 （3）存在使得对，且恒成立，理由见解析
【解析】
【分析】(1)利用二项式系数的性质可求得展开式中系数最大的项；
(2) 利用基本不等式结合放缩法可证得原不等式成立；
(3) 利用二项展开式、放缩法可证得，进而可得出满足条件的整数的值
【小问1详解】
当时，展开式二项式系数最大的项是第三项和第四项，
其分别为，，化简后分别为和；
【小问2详解】
由题意知，
所以，
，
因此，对任意的实数，都有；
【小问3详解】
对于任意的且，
有
又因，
所以，从而可得
即存在，使得，对，且恒成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三问考察利用数列不等式恒成立求满足条件的整数值，解题的关键在于利用二项式定理结合数列放缩法证得成立，再利用数列求和的思想进行求解.
2
3
4
5