黑龙江省大庆市2024届高三第一次教学质量检测数学试题

这是一份黑龙江省大庆市2024届高三第一次教学质量检测数学试题，共12页。试卷主要包含了 本试卷主要考试内容， 已知锐角满足，则， 设，，，则， 若甲组样本数据，，…，等内容，欢迎下载使用。
大庆市2024届高三年级第一次教学质量检测数学试卷注意事项：1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.4. 本试卷主要考试内容：高考全部内容.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. 2. 已知，则（    ）A.  B.  C. 2 D. －23. 已知向量，，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件4. 石拱桥是世界桥梁史上出现较早、形式优美、结构坚固的一种桥型.如图，这是一座石拱桥，其桥洞弧线可近似看成是顶点在坐标原点，焦点在y轴负半轴上的抛物线C的一部分，当水面距离拱顶4米时，水面的宽度是8米，则抛物线C的焦点到准线的距离是（    ）A. 1米 B. 2米 C. 4米 D. 8米5. 函数在上单调递减，则t的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 6. 已知锐角满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 7. 在直三棱柱中，，，D，E分别为AC，BC的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 8. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 若甲组样本数据，，…，（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据，，…，的平均数为5，下列说法错误的是（    ）A. a的值不确定  B. 乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍C. 两组样本数据的极差可能相等 D. 两组样本数据的中位数可能相等10. 已知函数的部分图象如图所示，则（    ）A.   B. C. 在上单调递增 D. 的图象关于直线对称11. 已知定义在的函数满足，且，当时，，则（    ）A. B. 是偶函数C. 在上单调递减，在上单调递增D. 不等式的解集是12. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（    ）A. 该半正多面体的表面积为B. 该半正多面体的体积为C. 该半正多面体外接球的表面积为D. 若点M，N分别在线段DE，BC上，则的最小值为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中的横线上.13. 已知圆C：的半径为3，则______.14. 设是等比数列，且，，则______.15. 现将6本不同的书籍分发给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本，已知书籍A分发给了甲，则不同的分发方式种数是______.（用数字作答）16. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，点M在双曲线E上，为直角三角形，O为坐标原点，作，垂足为N，若，则双曲线E的离心率为______.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）已知等差数列的前n项和为，，.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.18.（12分）如图，在中，，，.（1）求的值；（2）过点A作，D在边BC上，记与的面积分别为，，求的值.19.（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，.（1）证明：平面平面PBC.（2）若，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值.20.（12分）为了提高居民参与健身的积极性，某社区组织居民进行乒乓球比赛，每场比赛采取五局三胜制，先胜3局者为获胜方，同时该场比赛结束，每局比赛没有平局.在一场比赛中，甲每局获胜的概率均为p，且前4局甲和对方各胜2局的概率为.（1）求p的值；（2）记该场比赛结束时甲获胜的局数为X，求X的分布列与期望.21.（12分）已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，是椭圆C上一点，且.（1）求椭圆C的方程；（2）延长，，并与椭圆C分别相交于M，N两点，求的面积.22.（12分）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，证明：. 大庆市2024届高三年级第一次教学质量检测数学试卷参考答案1. D  因为，所以.2. B  因为，所以.3. A  若，则，则.若，则，解得或.故“”是“”的充分不必要条件.4. B  设抛物线C：，由题意可知点在抛物线C上，则，解得，故抛物线C的焦点到准线的距离是2米.5. A  因为函数在上单调递增，所以根据复合函数的单调性可得函数在上单调递减，则，解得.6. A  由，得.因为，所以，，则.7. D  设，取的中点F，连接，DF，则，为异面直线与所成的角或补角.易求，，，所以.8. C  因为在上单调递增，所以.令函数，则.当时，，所以在上单调递增，则，则.因此，即，故.9. ABC  由题意可知，，，故A错误；易知乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的倍，故B错误；不妨设，则甲组数据的极差为，乙组数据的极差为，所以两组样本数据的极差不相等，故C错误；设甲组样本数据的中位数为m，则乙组样本数据的中位数为，当时，，所以两组样本数据的中位数可能相等，故D正确.10. ABD  由图可知，则，A正确.因为，所以，即.因为，所以，则B正确.令，解得.由，得在上单调递减，在上单调递增，则C错误.因为，所以.令，，得，.当时，，则的图象关于直线对称，故D正确.11. AD  令，得，即，则A正确.由题意可知的定义域是，则是非奇非偶函数，故B错误.当时，因为，所以.因为，所以，则在上单调递增，故C错误.令，得.因为，所以.因为，所以，所以，所以等价于.因为在上单调递增，所以，解得，则D正确.12. BCD  该半正多面体的表面积为，A错误.该半正多面体所在的正四面体的高为，体积为.该半正多面体的体积为，B正确.该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，记球心为O，则，故该半正多面体外接球的表面积为，C正确.该半正多面体的展开图如图所示，，，，，D正确.13. －4  将圆C的方程转化为，因为圆C的半径为3，所以，即.14. 189  ，则，.15. 180  若甲只分得书籍A，则共有种分发方式；若甲除了书籍A，还分得了其他书籍，则共有种分发方式.故不同的分发方式种数是.16.   由题意可知，则，.因为，所以，由题意可得，所以，即，即，则，解得或（舍去）.17. 解：（1）设数列的首项为，公差为d，则，解得，.……3分故.……4分（2）由（1）可得.……5分令，解得.……6分.……10分18. 解：（1）在中，由余弦定理可得，则，故.……3分由正弦定理可得，则.……6分（2）因为，所以，所以.……7分因为，所以，所以，……9分则.……10分设点A到直线BC的距离为d，因为，，所以.……12分19.（1）证明：因为平面ABCD，所以.……1分在中可求得.……2分在中，因为，，所以，所以.……3分又平面ABCD，所以.因为，所以平面PBC.……4分又平面PAC，所以平面平面PBC.……5分（2）解：因为，平面ABCD，所以分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.……6分由（1）知平面PBC，所以为平面PBC的一个法向量.……8分设平面PAD的法向量为，可得，令，得.……10分设平面PBC与平面PAD的夹角为，则.……12分20. 解：（1）由题可知，前4局甲和对方各胜2局的概率为，……2分则，即，……4分解得.……6分（2）由题可知，X的取值可能为0，1，2，3，且，，，，……9分则X的分布列为X0123P……10分.……12分21. 解：（1），，则，解得.……2分由，解得，，……4分故椭圆C的方程为.……5分（2）由（1）可知，直线的方程为，根据对称性可知.……6分直线的方程为，……7分联立方程组，整理得，解得或，则.……10分.……12分22.（1）解：由题意可得.……1分当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增；……3分当时，由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减.……5分（2）证明：因为，所以.因为，所以.……6分要证，即证，即证.……7分设，则.当时，，当时，，则在上单调递减，在上单调递增.故.……9分设，则.当时，，当时，，则在上单调递增，在上单调递减.故.……11分因为，且两个最值的取等条件不同，所以，即当时，.……12分