湖南省衡阳市田家炳实验中学2023-2024学年高三下学期3月测试数学试题（原卷版+解析版）

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时量：150分钟 分值：150
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. 集合则集合的元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先求出先求出集合中的元素，然后利用对数的运算确定集合中的元素即可.
【详解】，
则或或或，
所以，元素个数为.
故选：B.
2. 已知，且为第三象限角.复数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，得到，结合复数的除法，即可求解.
【详解】由且为第三象限角，可得，
所以，
可得，所以.
故选：A.
3. 抛物线的焦点为二次函数的顶点.为上点，到直线的距离为且，点在直线的上方，则上点到距离为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，进一步只需求出的纵坐标即可得解.
【详解】由题意抛物线的焦点坐标为，设，
由得，，
因为点在直线的上方，所以，
则，即，
所以抛物线的标准方程为，其准线为，
而，所以上点到距离为.
故选：A.
4. 条件是的充分不必要条件是（ ）
A. 函数定义域为，：在A上成立.：为增函数；
B. ：成立，：最小值为4；
C. p:函数在区间恰有一个零点，q: ；
D. p:函数为偶函数（），q:
【答案】B
【解析】
【分析】对于A，D我们都可以证明互为充要条件，对于C，取即可判断；对于B，成立当且仅当，注意到时有：最小值为4成立，由此即可判断.
【详解】对于A，不妨设，则函数定义域为全体实数，在实数域上成立，但它不是增函数，故A不符合题意；
对于B，：成立等价于恒成立，从而，
注意到当时有，，等号成立当且仅当，即时有：最小值为4成立，故B符合题意；
对于C，当时， 在区间恰有一个零点，但此时不满足，故C不满足题意；
对于D，p:函数偶函数（）等价于恒成立，
也就是说恒成立，这意味着只能，从而当且仅当，故D不满足题意.
故选：B.
5. 某统计数据共有11个样本，它们依次成公差的等差数列，若第位数为，则它们的平均数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据分位数的定义判断第位数的位置，再利用等差数列的性质和平均数的计算公式求解即可.
【详解】由题意可知共有个样本，且从小到大依次排列，
因为，所以，
所以，
所以这11个样本的平均数为，
故选：D
6. 空间四边形中 分别为的点（不含端点）.四边形为平面四边形且其法向量为.下列论述错误项为（ ）
A. ，则//平面
B. ，则平面
C. ，则四边形为矩形.
D. ，则四边形为矩形.
【答案】C
【解析】
【分析】根据法向量的定义即可求解A，根据向量相等可得平行四边形，进而可得线线平行，进而根据线线平行得线面平行，即可由线面平行的性质求解BCD.
【详解】由于是平面的法向量，且，不在平面内，则//平面，A正确，
对于B，由于,则四边形为平行四边形，故,平面平面，
所以平面，平面，且平面平面,故,
则平面,平面,则平面,故B正确，
对于C, 由于,则四边形为平行四边形，,显然矛盾，故C错误，
对于D，由于,由选项B可得，由于四边形为平行四边形，
故,平面平面，
所以平面，平面，且平面平面,故, 由于,
因此,故四边形为矩形，
故选：C
7. 已知在中，对应边分别为.其周长为且，为上一点，，的面积为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，利用向量积的坐标运算结合三角形的面积公式，列出方程求解即可.
【详解】如图，作，以为原点，建立平面直角坐标系，
可得，，设，，故，，
，结合，
可得，，
由已知得的面积为，故，
解得，，，可得，，
由两点间距离公式得，故，显然A正确.
故选：A
8. 2024年韩国釜山举行世界乒乓球团体锦标赛.男团比赛规则，各单位每次比赛双方选取三人出场比赛.每场比赛采用5局3胜制，以先赢3场者为胜方，赛前双方用抽签方法选定主、客队.如主队3名选手出场依次为A、B、C；客队3名选手出场依次定为X、Y、Z，规定：5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对X，⑤对.已知某次比赛甲方为主队，乙方为客队.甲方参赛队员为，乙方为（）根据以往经验，甲方各位队员赢乙方队员概率如下表
了解到乙队出场比赛队员依次为.甲方对乙方出场顺序有四种预案：（一）；（二）；（三）；（四）；以本次比赛甲赢的概率比较，应选定哪种方案（ ）
A. (一)B. (三)C. (二)D. (四)
【答案】B
【解析】
【分析】分别考虑各预案5场比赛甲方各位队员赢乙方队员概率，再由独立事件的乘法公式求出甲三连胜的概率，结合第四局和第五局甲方各位队员赢乙方队员概率即可得出答案.
【详解】选择预案（一），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对，
甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，，
若甲三连胜则概率为：，
选择预案（二），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对，
甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，，
若甲三连胜则概率为：，
选择预案（三），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对，
甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，，
若甲三连胜则概率为：，
选择预案（四），则5场比赛的次序为①对，②对，③对，④对，⑤对，
甲方各位队员赢乙方队员概率分别为：，，，，，
若甲三连胜则概率为：，
由甲三连胜可看出选择方案三赢的概率更大，
而且第四局和第五局甲方各位队员赢乙方队员概率也比其他方案赢的概率更大.
所以选择预案（三）甲赢的概率更大，
故选：B.
二、多选题（本大题共3小题，共18分.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.则下列说法正确的是（ ）
A. ，则
B. 的值域为
C. 有2个零点，当时，则
D. 若在上单调递减，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，列方程求解验算即可；对于B，直接验算值域即可；对于C，注意到当时，，此时有一个零点，从而只需，由此即可判断；对于D，只需且，解不等式组即可判断.
【详解】对于A，若，解得，故A正确；
对于B，若，则时，，时，，故B错误；
对于C，若有2个零点，注意到当时，，所以此时有一个零点，
所以还需使得时，有一个零点，
又时，，所以，解得，故C正确；
对于D，在上单调递减，
首先时，单调递减，有，
其次时，显然单调递减，
最后还需满足，解得，故D正确
故选：ACD.
10. 如图，长方形中，将它分成3个小正方形，下列讨论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若P为长方形ABCD内动点，，为常数，则满足
C. 若P在线段AC上（不包括端点），则取值范围为.
D. ，若.则P在正方形内.
【答案】AB
【解析】
【分析】求得，结合正切的两角和的公式，可判定A正确；以为坐标原点，建立平面直角坐标，得到，可得，结合，可判定B正确；设，求得，可判定C错误；结合向量，得到点在正方形上，可判定D错误.
【详解】对于A中，由，可得，
又由，
因为，可得，所以，所以A正确；
对于B中，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标，
如图所示，可得，则，
又由，可得，
因为点在长方形内，所以，即，
解得，所以B正确；
对于C中，由B中的坐标系，可得，
因为点在上，可设，
所以，则，
可得，所以C错误；
对于D中，由，可得，
此时点不在正方形内，所以D错误.
故选：AB.
11. 正方体的棱长为，平面展开图为图①.、分别为棱与面对角线中点.则下列说法正确的是（ ）
A. 面
B.
C. 到面的距离为
D. 三棱锥的外接球必切于正方体一个面
【答案】AB
【解析】
【分析】把正方体平面展开图还原成直观图，建立适当的空间直角坐标系，对于A，只需验证是否同时成立，对于B，只需验证是否成立即可；对于C，求出平面的法向量以及，由公式验算即可；对于D，设三棱锥的外接球球心为，由即可建立方程组求得球心坐标以及球的半径，进一步即可判断.
【详解】把正方体平面展开图还原成直观图，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系坐标系：
由题意，
对于A，，
因为，
所以，
又因为面，
所以面，故A正确；
对于B，，因为，
所以，故B正确；
对于C，，
设面的法向量为，
所以，令，解得，
也就是说的法向量可以为，
所以到面的距离为，故C错误；
对于D，，
设三棱锥的外接球球心为，
由得，
，
化简得，解得，
从而到正方体各个面的距离只能是或，它们都不等于，即不等于三棱锥的外接球的半径，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是求出球心坐标以及球的半径，在这里我们采用代数方法，表面上看起来计算量很大事实上很多二次项都可以抵消变成一次方程组了，由此即可顺利得解.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分共15分）
12. 二项式的展开式中第5项系数最大，则它的展开式中常数项为______（用数字作答）
【答案】28
【解析】
【分析】由二项式展开式结合二项式系数的性质，得到，再利用展开式求常数项即可.
【详解】因为二项式第项二项式通项为，且展开式中第5项系数最大，
所以由二项式系数的性质可得展开式共有项，，
所以在展开式中常数项中，解得，
所以常数项为，
故答案为：
13. 已知，且在单增，上单减，则_________
【答案】
【解析】
【分析】根据，求出，在单增，上单减求出.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，因为在单增，上单减，
所以是的最大值点，所以，
所以，因为在单增，上单减，
所以单调区间长度大于等于，所以，
且，所以，所以.
故答案为：.
14. 已知双曲线C:（），分别为左、右焦点，过的直线l交双曲线右支为A，以为直径的圆交右支另一点为B，且过当，则双曲线离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，根据已知及双曲线的定义，结合勾股定理可得结果.
【详解】因为，设，则，所以，
依题意：中，，即，
化简得：，
在中，，即，
所以，化简得：，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率关键是建立一个的等量关系，本题是借助圆直径所对圆周角为直角，结合双曲线定义得到结果.
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 为公差的等差数列, 为它的前n项和， 的最大项为满足.
（1）求与的通项公式
（2）若，求前2024项和
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）基本量法求解，进而得到；
（2）先去绝对值，再利用错位相减和分组求和求解.
【小问1详解】
,
，.
【小问2详解】
设,为其前n项和，
，
则，
两式作差得
，
故,
则的前2024项和为
.
16. 如图，在四面体中，面，是的中点，是的中点，点在线段上，且.
（1）若，求证：平面.
（2）若二面角为，求二面角的余弦值.
（3）若三棱锥的体积为1，求三棱锥外接球的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，在线段上取点，使得，连接，首先证明四边形为平行四边形，从而，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，设，求出平面，平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式可列式求解，然后只需求出面的法向量即可，最后再利用面面角的余弦的向量公式即可求解；
（3）由求得，再根据对称性求得外接球球心，即可得半径，进而代入球的体积公式即可求解.
【小问1详解】
如图取中点，在线段上取点，使得，连接，
因为分别是的中点，
所以是的中位线，
所以，且，即，且，
在中，，，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
过点作面，而面，
所以，
因为，
所以两两互相垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，又.
所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，解得，
所以可取平面的一个法向量为，
因为面，所以可取面的一个法向量为，
若二面角为，
则，解得，
此时平面的一个法向量为，
又，
所以，
设平面的法向量为，
所以，
所以，令，解得，
即平面的一个法向量为，
观察图形，注意到二面角是锐角，
所以它的余弦值为.
小问3详解】
设，若三棱锥的体积为1，
则，解得，
因为，所以外接圆圆心坐标为，
因为面，，
所以由对称性可知三棱锥外接球的球心为，即，
所以三棱锥外接球的半径为，
从而三棱锥外接球的体积为.
17. 为了研究不同性别学生与患色盲的关系，在男、女学生各取100名进行调查.统计的列联表如下. 从这200名学生随机抽取1人.
（1）求抽取的1人患色盲的概率？
（2）根据小概率值独立性检验来分析性别与患色盲是否有关？
（3）从患色盲样本中依次抽取2人.记X为每次抽取女生的人数，求X的分布列与期望.（与对应值见下表. ，
【答案】（1）；
（2）无关联； （3）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）利用表中的数据根据古典概型的概率公式求解即可或由全概率公式求解；
（2）利用公式求解，然后根据临界值表中进行判断即可；
（3）由题意可知X服从超几何分布，然后求出相应的概率，从而可求出X的分布列与期望.
【小问1详解】
（法一）由古典概型，可得抽取的1人患色盲的概率；
（法二）记事件抽取1人为男生，抽取1人为女生，则，
抽取1人为色盲患者.，互斥. 由全概率知,
.
【小问2详解】
假设学生性别与是否患者色盲独立，
，
根据小概率独立性检验，没有充分证据推断不成立，
所以性别与是否患色盲无关联.
【小问3详解】
依题意，X服从超几何分布即，
=，，，
所以X的分布列表为
所以，或 .
18. 已知椭圆为其左、右焦点，为上点..当，面积最大.
（1）求椭圆C的离心率.
（2）过P与椭圆C相切的切线方程为，求椭圆C的方程.
（3）在（2）的前提下，若.过P的直线交C的另一点，A为C的左顶点.求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质确定面积最大时的位置，焦点三角形中应用余弦定理求离心率即可；
（2）将直线与椭圆联立得到关于的一元二次方程，根据及椭圆参数关系和离心率求出参数，即可得椭圆方程；
（3）将问题化为求是直线的平行线与椭圆的切点，与直线最远距离，利用三角形面积公式求最大面积.
【小问1详解】
由椭圆性质知：面积最大，则为椭圆的上下顶点，此时，且，
所以，可得.
【小问2详解】
由题意，过P与椭圆C相切的切线为，代入，
所以，整理得，
所以，则，即，且，
由（1）知，则，，故.
【小问3详解】
由（2）知：，则直线，如下图，

要使面积最大，只需与直线距离最远即可，保证是直线的平行线与椭圆的切点，且直线与直线距离最远，
令，联立椭圆并整理得：，
所以，则，
由图易知：当，即时，直线与直线距离最远，
则，即与直线距离最远为，而，
所以面积的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解决本题（3）的关键是利用三角形面积公式将面积问题转化为点到定直线的距离问题.
19. 已知，.
（1）讨论的零点个数；
（2）是否存在使有极大值？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）答案见解析；（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）对函数求导，进而讨论a得到函数单调区间，进而结合零点存在定理得到答案；
（2）设，进而通过讨论a对的单调性进行分类讨论，然后讨论出函数存在极大值的条件，进而得到答案.
【详解】（1），.
当时，恒成立，所以单调递增，至多有一个零点，
因为，取，则，所以当时，有唯一零点；
当时，无解，所以无零点；
当时，由得.
在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，，无零点；
当时，，，有一个零点；
当时，，有两个零点.
综上，当或时，有一个零点；
当时，无零点；
当时，有两个零点.
（2）令，，令，，
①当时，，单调递增，
因为，
限定,则，则当且时，，
于是存在唯一实数，使得，即，
时，，单调递减，时，，单调递增，
则函数无极大值，舍去.
②当时，令，在上单调递增，在上单调递减，
则
若，则在单调递减，无极大值，舍去.
若，
限定，令，，则在单调递减，所以，则，
所以时，，
于是，且时，，
故存在唯一实数使得，且时，，，单调递增，时，，单调递减，
即在处存在极大值.
综上，时有极大值.
【点睛】在“若”这一步，可以判断在某个小区间内原函数的导函数为正，则原函数单调递增，由于原函数要极大值，故而只需要说明在接下来的区间上函数单调递减即导函数小于零即可.
男
女
合计
色盲
6
3
9
非色盲
94
97
191
合计
100
100
200
0.1
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635
X
0
1
2
P