重庆市部分学校2024届高三下学期3月联考数学试题

这是一份重庆市部分学校2024届高三下学期3月联考数学试题，共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，设为等差数列的前项和，若，则，已知，则等内容，欢迎下载使用。
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，则（ ）
A. B. C. D.
2.设全集为，集合，则（ ）
A. B.
C.或 D.或
3.已知向量，且，则（ ）
A. B.2 C. D.
4.已知分别是椭圆的左､右焦点，是上一点.若，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
5.设为等差数列的前项和，若，则（ ）
A.10 B.15 C. D.5
6.如图，一个装有水的密封瓶子，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，圆柱和圆锥的底面半径均为3，圆柱的高为6，圆锥的高为3，已知液面高度为7，则瓶子中水的体积为（ ）
A. B. C. D.
7.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
8.将分别标有数字的五个小球放入三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球.若标有数字1和2的小球放入同一个盒子，且盒子中只放一个小球，则不同的放法数为（ ）
A.28 B.24 C.18 D.12
二､多选题：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.如图，弹簧挂着的小球做上下运动，它在时相对于平衡位置的高度（单位：）由关系式确定，其中.小球从最高点出发，经过后，第一次回到最高点，则（ ）
A.
B.
C.与时的相对于平衡位置的高度之比为
D.与时的相对于平衡位置的高度之比为2
10.如图，在直三棱柱中，若分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A.平面
B.平面
C.点到平面的距离为
D.三棱锥外接球的半径为
11.如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，点在轴上，三点共线，若直线的斜率为，直线的斜率为，则（ ）
A.的渐近线方程为
B.的离心率为
C.
D.的面积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12.已知圆和圆交于两点，则__________.
13.已知某果园中猕猴桃单果的质量（单位：）服从正态分布，若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，则恰有2个单果的质量均不低于的概率为__________.
14.已知函数，若关于的方程有6个解，则的取值范围为__________.
四､解答题：本题共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.（13分）
在中，内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）为边上一点，，求的面积.
16.（15分）
如图，在四棱锥中，底面是梯形，.
（1）证明：.
（2）已知平面平面，点满足，求二面角的余弦值.
17.（15分）
某商场在店庆日进行有奖促销活动，当日在该商场消费的顾客可获得一次摸奖机会.摸奖规则如下：奖盒中放有除颜色不同外其余完全相同的7个球，其中3个红球，4个白球，顾客每次摸出1个球不放回，直到摸出所有的红球，则摸奖停止，否则就继续摸球.按规定：摸出3个球停止摸奖获得200元奖金，摸出4个球停止摸奖获得100元奖金，摸出5个球停止摸奖获得50元奖金，其他情况获得10元奖金.
（1）若顾客甲获得了100元奖金，求甲第一次摸到的球是红球的概率；
（2）已知顾客乙获得了一次摸奖机会，记为乙摸奖获得的奖金数额，求随机变量的分布列和数学期望.
18.（17分）
已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上一点，.
（1）求的方程；
（2）若是上异于点的两个动点，且点不关于轴对称，，过点作轴的垂线交直线于点，记的面积为的面积为，求.
19.（17分）
已知函数，且的图象与轴相切于原点.
（1）求；
（2）若是的一个极值点，且，证明：.
重庆市高三数学考试参考答案
1.【答案】B
，则.
2.【答案】D
由题得，则或.
3.【答案】C
因为，所以，即，解得.
4.【答案】A
因为，所以.又，所以，则，解得，故椭圆的离心率为.
5.【答案】A
由，可得，所以，
则.
6.【答案】A
圆柱的体积为，圆锥的体积为，液体上方圆锥的体积为，所以瓶子中水的体积为.
7.【答案】C
，所以.因为，所以，所以.
8.【答案】C
第一种情况，将五个小球按分为三组，则安排的方法有种；
第二种情况，将五个小球按分为三组，则安排的方法有种.故不同的放法数为18.
9.【答案】BD
由题可知小球运动的周期，所以，解得.当时，.
又，所以，则，所以与时的相对于平衡位置的高度之比为.故选BD.
10.【答案】ABD
因为平面平面，所以.
在中，因为，所以，则.又平面平面，所以平面，故正确.
取为的中点，连接.易知，所以四边形为平行四边形，则.又平面平面，所以平面，故正确.
设点到平面的距离为，则是以为顶点，为底面的三棱锥的高.
因为平面，所以是三棱锥的高.又为直角三角形，所以，所以.又是直角三角形，所以.又，所以，所以是直角三角形，则.由，得，则，即点到平面的距离为，故错误.
因为和均为直角三角形，所以为三棱锥外接球的球心，即半径为，故正确.
11.【答案】BC
依题意，为等边三角形，故.
在中，，所以，根据正弦定理可得，解得，所以，即，所以的渐近线方程为的离心率为的面积为.故选BC.
12.【答案】
将圆和圆的方程作差得.圆心到直线的距离为，所以.
13.【答案】
由题可知.若从该果园中随机挑选4个猕猴桃，则恰有2个单果的质量均
不低于的概率为.
14.【答案】
令，则方程的解有3个.在上单调递增，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，故结合的图象（图略），可得，且方程的三个解中最小的解为.
又在上单调递减，在上单调递增，所以，即.令，易知在上单调递增，又，所以的解集为.
综上，的取值范围为.
15.解：（1）由及正弦定理，得，
所以，即，
则.
（2）由题可知为等边三角形，则.
在中，，
则，解得
所以的面积为.
16.（1）证明：取为的中点，连接.
因为，所以.在中，，即，所以.
因为，所以.
又，所以平面.
因为平面，所以.
（2）解：因为平面平面，且两平面相交于，
所以平面.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则令，得.
易知平面的一个法向量为，
所以.
因为二面角的夹角为锐角，所以二面角的余弦值为.
17.解：（1）设事件为顾客甲获得了100元奖金，事件为甲第一次摸到的球是红球.
，
，
所以，即顾客甲在获得了100元奖金的条件下，第一次摸到的球是红
球的概率为.
（2）随机变量的所有取值为.
，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
.
18.解：（1）因为点在上，所以，
则.
又，所以，
故的方程为.
（2）设直线的方程为.
联立则，且，
由韦达定理得.
由，得，解得，
即，解得，直线恒过点.
由（1）可知，则.
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
则.
19.（1）解：由题可知，解得.
又，所以，解得.
（2）证明：由（1）得.
①当时，则，所以，，则，
所以在上单调递增；
②当时，则，
令，则，
且，则，所以在上单调递减，
又，
所以存在，使得，即，且在上，0，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以，又，
所以，故在上单调递减.
综上，，所以，
所以.200
100
50
10