安徽省蚌埠市2024届高三下学期第三次教学质量检查数学试题

这是一份安徽省蚌埠市2024届高三下学期第三次教学质量检查数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．己知平面向量，，且，则（ ）
A．2B．C．D．
3．已知曲线，则“”是“曲线C的焦点在x轴上”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．在中，角，，的对边分别为，，，已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．记数列的前n项和为，若是等差数列，，则（ ）
A．B．C．0D．4
6．的展开式中，的系数为（ ）
A．1B．2C．4D．5
7．在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为，且，则下面四种情形中，对应样本的标准差最小的一组是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知抛物线，过其焦点F的直线交C于A，B两点，M为AB中点，过M作准线的垂线，垂足为N，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数在区间上单调递增，则的值可以是（ ）
A．B．1C．D．
10．科学研究表明，物体在空气中冷却的温度变化是有规律的．如果物体的初始温度为，空气温度保持不变，则t分钟后物体的温度（单位：）满足：．若空气温度为，该物体温度从（）下降到，大约所需的时间为，若该物体温度从，下降到，大约所需的时间分别为，则（ ）（参考数据：）
A．B．C．D．
11．已知正方体棱长为4，点N是底面正方形ABCD内及边界上的动点，点M是棱上的动点（包括点），已知，P为MN中点，则下列结论正确的是（ ）
A．无论M，N在何位置，为异面直线B．若M是棱中点，则点P的轨迹长度为
C．M，N存在唯一的位置，使平面D．AP与平面所成角的正弦最大值为
三、填空题
12．函数的定义域为 .
13．已知曲线和，若C与恰有一个公共点，则实数 ；若C与恰有两个公共点，则实数m的取值范围是 ．
14．已知的角A，B，C满足，其中符号表示不大于x的最大整数，若，则 ．
四、解答题
15．已知双曲线的左顶点是，一条渐近线的方程为．
(1)求双曲线E的离心率；
(2)设直线与双曲线E交于点P，Q，求线段PQ的长．
16．寒假期间小明每天坚持在“跑步3000米”和“跳绳2000个”中选择一项进行锻炼，在不下雪的时候，他跑步的概率为，跳绳的概率为，在下雪天，他跑步的概率为，跳绳的概率为．若前一天不下雪，则第二天下雪的概率为，若前一天下雪，则第二天仍下雪的概率为．已知寒假第一天不下雪，跑步3000米大约消耗能量330卡路里，跳绳2000个大约消耗能量220卡路里．记寒假第天不下雪的概率为．
(1)求，，的值，并证明是等比数列；
(2)求小明寒假第天通过运动锻炼消耗能量的期望．
17．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是以为底的等腰三角形，，E在上，．

(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
18．已知函数．
(1)当时，证明：；
(2)若，求实数a的取值范围．
19．对于无穷数列，我们称（规定）为无穷数列的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为，它具有性质．
(1)证明：；
(2)记．证明：（其中i为虚数单位）；
(3)以函数为指数型母函数生成数列，．其中称为伯努利数．证明：．且．
参考答案：
1．A
【分析】根据交运算即可求解.
【详解】，
故选：A
2．D
【分析】利用平面向量平行坐标运算公式即可.
【详解】因为，，且，所以，
解得，所以D正确.
故选：D.
3．A
【分析】若，曲线C表示焦点在x轴上的椭圆；当曲线C表示焦点在x轴上的双曲线时.
【详解】若，则曲线表示焦点在x轴上的椭圆，故充分性成立；
若曲线C的焦点在x轴上，也有可能是，此时曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，故必要性不成立，
故选：A
4．B
【分析】利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得到，从而求出、.
【详解】因为，由正弦定理可得，
即，又，所以，
因为且，所以，所以
又，所以，.
故选：B
5．C
【分析】由已知是等差数列，可求得的公差，进而求得的通项公式，可得，利用，计算可得结果.
【详解】因为是等差数列，，
所以的公差，所以，
所以，
所以，
故选:C.
6．B
【分析】利用二项式定理，结合多项式的乘法法则，列式计算即得.
【详解】依题意，，，
所以的展开式中，的系数为.
故选：B
7．C
【分析】由题意，分别求出选项中的方差，根据方差的大小即可判断标准差的大小，结合选项即可求解．
【详解】对于A
，
所以，
对于B
，
所以，
对于C
，
所以，
对于D
，
所以，
故选：C
8．B
【分析】根据抛物线定义可求得点坐标，进一步求得直线的方程，联立与抛物线的方程后，利用韦达定理可求得中点的坐标，继而求得点的坐标，利用两点间的距离公式计算即可.
【详解】由题可知，,准线方程为，
过点作于,于,于,
设，
由抛物线的定义知,
所以，
所以，，
所以,
所以,
则直线的方程为：，
联立直线与抛物线方程：
，消去得，，
则，
所以，
，
所以,则,
所以，
故选：B.
9．ABC
【分析】根据条件求得的范围，逐项验证即可.
【详解】因为，则，
又函数在上单调递增，
则时，，符合题意，A正确；
则时，，符合题意，B正确；
则时，，符合题意，C正确；
则时，，不符合题意，D错误；
故选：ABC.
10．BC
【分析】当时，可求得，继而求得，逐项判定即可.
【详解】有题意可知，，
当，则，
即，，
则，
其是关于的单调递增函数，
当时，，
当时，，
则，故B正确；
当时，，
故A错误；
当时，，
此时满足， ，故C正确，D错误，
故选：BC.
11．ABD
【分析】根据相交，而即可判断A，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断P的轨迹长度为半径为的圆的，即可判断B，根据法向量与方向向量垂直即可判断C,根据线面角的向量法，结合基本不等式即可求解.
【详解】由于相交，而，因此为异面直线，A正确，
当M是棱中点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,
故， 且，
由于，故，化简得，
由于，所以点P的轨迹长度为半径为的圆的，故长度为，B正确，
设,则，且，
，,
设平面的法向量为，则
，令，则,
，故，
由于，故，化简得，
联立，故解不唯一，比如取，则或取，故C错误，
由于平面，平面，故,
又四边形为正方形，所以,
平面，
所以平面，
故平面的法向量为
，
设AP与平面所成角为，则，
则，当且仅当时取等号，
，
时，令，则，
故，
由于，当且仅当，即时等号成立，此时，
由且可得
因此，
由于，，故的最大值为，故D正确，、
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
12．
【分析】利用具体函数定义域的求法与对数函数的性质求解即可.
【详解】因为，
所以，解得，
所以的定义域为.
故答案为：.
13． 0或4
【分析】若C与恰有一个公共点，结合直线与圆的位置关系分析求解；若C与恰有两个公共点，结合对称性可知C与在内只有1个交点，且不过，联立方程可得关于x方程只有一个正根，且根不为0，结合二次函数零点分布分析求解.
【详解】由题意可知：曲线表示圆心为，半径为的圆，
若C与恰有一个公共点，则，解得或；
因为C与均关于y轴对称，注意到与y轴的交点为，
若C与恰有两个公共点，等价于C与在内只有1个交点，且不过，
此时，
联立方程，消去y得，
即关于x方程只有一个正根，且根不为0，
则或，
解得或，
所以实数m的取值范围是.
故答案为：0或4；.
14．1
【分析】先证得，结合条件得必为整数，分为钝角三角形与锐角三角形讨论求得的值
【详解】由，
得.
记，由条件得，
因为，所以必为整数.
如果为钝角三角形，则，则、均为锐角，
从而、为正整数()，
于是，
这时有，矛盾.
于是只能是锐角三角形，则.
又.
若，则，从而不能成立;
若，则，由，得;
若，则，由，得，与矛盾.
所以，即，
所以.
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：解题关键是由推得必为整数，再结合求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据左顶点与渐近线的方程求得求得离心率；
（2）求出交点纵坐标代入弦长公式求解.
【详解】（1）由题意知，且，
，
所以双曲线的离心率．
（2）由（1）知双曲线方程为，
将即代入，得，
因而，
所以．
16．(1)，，证明见解析
(2)
【分析】（1）据题意，建立与的递推关系，通过构造出等比数列；（2）通过计算小明寒假第n天跑步的概率，进一步可以求得锻炼消耗能量的期望.
【详解】（1）依题意，，

依题意
整理得，又，
所以是首项为，公比为的等比数列．
（2）（2）由（1），寒假第n天不下雪的概率，
从而小明寒假第n天跑步的概率为，
则他第n天通过运动锻炼消耗能量为 ．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在底面中解三角形可得，，可证得平面，从而得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，求得二面角的余弦值．
【详解】（1）由题意知，则在中，
，
，从而，
中，，
则
，
又平面，，所以平面，
而平面，
∴平面平面．
（2）由（1）知平面，平面，
，
，
所以为等边三角形，
如图，在平面内作，
因为平面平面,所以平面，
以 ， ， 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），

则，
从而
显然平面的一个法向量为
设平面的法向量为，则
即
取，
记二面角的平面角为（由图可知为锐角），则
即二面角的余弦值为．
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）构建函数，，，利用导数判断函数单调性，结合函数单调性分析证明；
（2）构建函数，结合偶函数性质分析可知：当时，，分情况讨论的取值范围，根据恒成立问题结合函数单调性分析求解.
【详解】（1）记，，则，
因为，则，可得，
可知在上单调递增，则，即，；
当时，等价于，记，，
则，可知在上单调递增，
则，即，；
综上所述：当时，．
（2）由题意可知：等价于，
记，可知的定义域为，
则，
可知为定义在内为偶函数，
所以题设等价于当时，，
（i）当时，，不合题意；
（ⅱ）当时，因为，整理得，
①当时， 由（1）可知：，，则，
可得
又因为，可知存在，使得，
因此当，即不成立，不合题意；
②当时，可得，
记，
由（1）可知：，，可得，，
可得
，
因为，则，，
由（1）可得，则，
可得，可知在单调递减，
则恒成立，符合题意；
综上所述：实数a的取值范围是．
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由，通过赋值即可证得；
（2）根据的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；
（3）构造，可以推出，然后再可证得.
【详解】（1）令，则．
由，令，则．
因为，故．
（2）证明：因为，
，
，
，
，
所以
（3）证明：令，则有
，
因此
故且，即．
【点睛】关键点点睛：主要考查了复数的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.