廣西欽州市2024屆高三年級第三次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1廣西欽州市2024屆高三年級第三次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學(xué)試卷一?選擇題1.已知復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因為，所以.故選：A.2.已知集合，，若中有2個元素，則a的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，因為中只有2個元素，則，所以.故選：B.3.某學(xué)生通過計步儀器，記錄了自己最近30天每天走的步數(shù)，數(shù)據(jù)從小到大排序如下：5588605487999851990110111110291120712634129011300113092131271326813562136211376113801141011417214191142921442614468145621462115061156011590119972估計該學(xué)生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為（）A.14292 B.14359 C.14426 D.14468〖答案〗C〖解析〗由，得樣本的第75百分位數(shù)為第23個數(shù)據(jù)，據(jù)此估計該學(xué)生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為14426.故選：C.4.若函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，則（）A.3 B.2 C. D.〖答案〗A〖解析〗設(shè)，則，即，即，所以.因為，所以，.故選：A.5.有4個外包裝相同的盒子，其中2個盒子分別裝有1個白球，另外2個盒子分別裝有1個黑球，現(xiàn)準備將每個盒子逐個拆開，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗將4個盒子按順序拆開有種方法，若恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中，則前兩個盒子都白球或都是黑球，有種情況，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為.故選：B.6.已知，分別是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線右支上的一個動點，且“”的最小值是，則雙曲線的漸近線方程為（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗解法一：不妨設(shè)，，，且，則，所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.解法二：，所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.故選：C.7.已知點是邊長為1的正方體表面上的動點，若直線與平面所成的角大小為，則點的軌跡長度為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗若點P在正方形內(nèi)，過點P作平面于，連接.則為直線與平面所成的角，則，又，則，得，則點的軌跡為以為圓心半徑為1的圓（落在正方形內(nèi)的部分），若點P在正方形內(nèi)或內(nèi)，軌跡分別為線段和，因為點P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，所以點的軌跡如圖所示：故點P的軌跡長度為.故選：D8.已知是公比不為1的等比數(shù)列的前項和，則“成等差數(shù)列”是“存在不相等的正整數(shù)，使得成等差數(shù)列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗因為是公比不為1的等比數(shù)列的前項和，所以若成等差數(shù)列，則，從而，結(jié)合化簡得，若成等差數(shù)列，則，即，所以，故當(dāng)時，有，即“成等差數(shù)列”能推出“存在不相等的正整數(shù)，使得成等差數(shù)列”；反之，滿足不一定是，如，，，滿足，但不滿足，即“存在不相等的正整數(shù)，使得成等差數(shù)列”推不出“成等差數(shù)列”；所以“成等差數(shù)列”是“存在不相等的正整數(shù)，使得成等差數(shù)列”的充分不必要條件.故選：A.二?多選題9.已知函數(shù)，則下列命題正確的是（）A.的最小正周期為B.的圖象關(guān)于直線對稱C.若，則D.將的圖象往右平移1個單位長度后可以得到函數(shù)的圖象〖答案〗AD〖解析〗對于A，的最小正周期為正確.對于B，因為，所以的圖象不關(guān)于直線對稱，錯誤.對于C，由，得，所以，C錯誤.對于D，將的圖象往右平移1個單位長度后可以得到函數(shù)的圖象，D正確.故選：AD10.如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（）A. B.平面平面C.多面體為三棱臺 D.直線與平面所成的角為〖答案〗ABD〖解析〗對于A，因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以，A正確.對于B，因為，平面，平面，則平面，又，平面，平面，則平面，又，平面，所以平面平面，B正確.對于C，因為，，則，所以多面體不是三棱臺，C錯誤.對于D，延長，相交于點G，因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，則為直線與平面所成的角.因為，所以，解得，，，則，D正確.故選：ABD.11.已知函數(shù)，函數(shù)，且，定義運算設(shè)函數(shù)，則下列命題正確的是（）A.的最小值為B.若在上單調(diào)遞增，則k的取值范圍為C.若有4個不同的解，則m的取值范圍為D.若有3個不同的解，，則〖答案〗AC〖解析〗對A，令，解得.當(dāng)時，作出函數(shù)和的圖象，如圖1所示.此時，，顯然當(dāng)時，，當(dāng)時，作出函數(shù)的圖象，如圖2所示.，，所以的最小值為，綜上的最小值為，A正確.對B，令，解得，.若在上單調(diào)遞增，則，解得.因為當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，所以k的取值范圍為，B錯誤.對CD，若有3個不同的解，，，則結(jié)合圖象可得或，D錯誤.若有4個不同的解，則，C正確.故選：AC.三?填空題12.已知F為拋物線的焦點，點在拋物線上C，直線與拋物線C的另一個交點為A，則______.〖答案〗2〖解析〗由題意可得，解得，則.所以直線與x軸垂直，，.故〖答案〗為：213.在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的面積為______.〖答案〗〖解析〗因為，由正弦定理可得：，即，又，所以，由，所以，故〖答案〗為：.14.已知某種有蓋的圓柱形容器的底面圓半徑為，高為100，現(xiàn)有若干個半徑為的實心球，則該圓柱形容器內(nèi)最多可以放入______個這種實心球.〖答案〗49〖解析〗如圖，將第1個實心球靠近該圓柱形容器側(cè)面放置，球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為；將第2個實心球也靠近該圓柱形容器側(cè)面放置，過點作垂直于該圓柱形容器的母線，垂足為，過點作垂直于該圓柱形容器下底面，垂足為，設(shè).，，，球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.同理可得球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.由此規(guī)律可得，每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2.因為，所以該圓柱形容器內(nèi)最多可以放入49個這種實心球.故〖答案〗為：49四?解答題15.某興趣小組調(diào)查并統(tǒng)計了某班級學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績和建立個性化錯題本的情況，用來研究這兩者是否有關(guān).若從該班級中隨機抽取1名學(xué)生，設(shè)“抽取的學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績不及格”，“抽取的學(xué)生建立了個性化錯題本”，且，，.（1）求和.（2）若該班級共有36名學(xué)生，請完成列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本是否有關(guān)，個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績合計及格不及格建立未建立合計參考公式及數(shù)據(jù)：，.0010.0050.0016.6357.87910.828解：（1）因為，，所以，，由于，解得，所以.，解得.（2）個性化錯題本期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績合計及格不及格建立20424未建立4812合計241236零假設(shè)為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本無關(guān).根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到.根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.16.如圖，在四棱錐中，平面內(nèi)存在一條直線與平行，平面，直線與平面所成的角的正切值為，，.（1）證明：四邊形是直角梯形.（2）若點滿足，求二面角的正弦值.（1）證明：因為，平面，平面，所以平面，因為平面，平面平面，所以，連接，因為平面，所以是與平面的夾角，則，解得.因為，，所以，所以.又，所以四邊形是直角梯形.（2）解：取的中點M，連接，以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，由，得，則，設(shè)平面的法向量為，則，取，得到，即，設(shè)平面的一個法向量為，則由，得到，到，得到，所以平面的一個法向量為設(shè)二面角的平面角為，則，所以，故二面角的正弦值為.17.已知函數(shù).（1）若，求曲線在點處的切線方程；（2）若，證明：在上有3個零點.（1）解：當(dāng)時，，，故曲線在點處的切線方程為；（2）證明：因為，所以0是的一個零點，時，，所以為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，要證在上有3個零點，只需要證明在上有1個零點，，令函數(shù)，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減.因為，所以存在，使得，當(dāng)時，，當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，因為，所以在上有1個零點，故在上有3個零點.18.平面幾何中有一定理如下：三角形任意一個頂點到其垂心（三角形三條高所在直線的交點）的距離等于外心（外接圓圓心）到該頂點對邊距離的2倍.已知的垂心為D，外心為E，D和E關(guān)于原點O對稱，.（1）若，點B在第二象限，直線軸，求點B的坐標(biāo)；（2）若A，D，E三點共線，橢圓T：與內(nèi)切，證明：D，E為橢圓T的兩個焦點.（1）解：因為，所以.設(shè)與x軸的交點為，由題意可得，即，解得.設(shè)，因為，所以，則，解得.所以.（2）證明：因為D和E關(guān)于原點O對稱，且A，D，E三點共線，所以A，D，E，O四點共線，即點A，D，E，O都在x軸上.因為是的高，所以，即軸.因為的外心為E，所以，所以點B與點C關(guān)于x軸對稱.設(shè)與x軸的交點為，，，，，由題意可得，即，化簡得.直線的斜率為，直線的斜率為，所以，化簡得①直線的方程為.橢圓與內(nèi)切，所以.聯(lián)立得.，即因為，所以，即，即.結(jié)合①可得設(shè)橢圓T的焦距為，則，所以D，E為橢圓T的兩個焦點.19.對于平面向量，定義“變換”：，其中表示中較大的一個數(shù)，表示中較小的一個數(shù).若，則.記.（1）若，求及；（2）已知，將經(jīng)過次變換后，最小，求的最小值；（3）證明：對任意，經(jīng)過若干次變換后，必存在，使得.（1）解：因為，所以，所以，所以（2）解：因為，所