广西平果市铝城中学2024届高三下学期3月份测试数学试卷(含答案)

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这是一份广西平果市铝城中学2024届高三下学期3月份测试数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题：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．命题“”的否定为（）
A．B．
C．D．
2．设为虚数单位，复数满足，则在复平面内，对应的点位于（）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，，，则a，b，c的大小关系为（）
A．B．C．D．
4．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，，则该平面图形的面积为（）

A．B．2C．D．
5．若点是双曲线上一点，，分别为的左、右焦点，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
6．某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（）
A．288B．336C．576D．1680
7．若函数f（x）的定义域为R，且f（2x＋1）为偶函数，f（x－1）的图象关于点（3，3）成中心对称，则下列说法正确的个数为（）
①的一个周期为2 ②
③ ④直线是图象的一条对称轴
A．1B．2C．3D．4
8．已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点是右支上一点，若，且，则的离心率为（）
A．B．4C．5D．
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3分，有选错的得0分。
9．的展开式中，下列结论正确的是（）
A．展开式共6项B．常数项为
C．所有项的二项式系数之和为64D．所有项的系数之和为0
10．现有12张不同编码的抽奖券，其中只有2张有奖，若将抽奖券随机地平均分给甲、乙、丙、丁4人，则（）
A．2张有奖券分给同一个人的概率是
B．2张有奖券分给不同的人的概率是
C．2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为
D．2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为
11．数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（）
A．“等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形
B．“等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形
C．三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为
D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．直线 (k∈R)与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则m的取值范围是．
13．从抛物线上一点作圆：得两条切线，切点为，则当四边形面积最小时直线方程为 .
14．上海进博会是世界上第一个以进口为主题的国家级展览会，每年举办一次.现有6名志愿者去两个进博会场馆工作，每个场馆都需要3人，则甲乙两人被分配到同一个场馆的概率是 .
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）已知数列是各项均为正数的等差数列，满足，.
(1)求数列的通项公式；
(2)记，，和分别为数列和数列的前n项和，求证：.
16．（15分）在中，内角满足.
(1)求证：；
(2)求最小值.
17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为2的正三角形， .
(1)求证：；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
18．（17分）已知双曲线的右焦点为，实轴长为.
(1)求双曲线的标准方程;
(2)过点，且斜率不为0的直线与双曲线交于两点，为坐标原点，若的面积为，求直线的方程.
19．（17分）已知函数f（x）=lnx-x+1.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥1时，ax2+3x-lnx>0.
2024年高三下学期数学3月份测试卷参考答案
1．C【详解】解：因为全称命题的否定为特称命题，则命题的否定为，故选：C．
2．B【详解】因为，所以，
由共轭复数的定义知，，由复数的几何意义可知，在复平面对应的点为，位于第二象限.故选：B
3．A【详解】因函数在上单调递减，而，于是得，
函数在R上单调递减，而，于是得又，
即，所以.故选：A
4．D【详解】作出原来的平面图形，如图，，，
在题设等腰梯形中，，因此，
所以．故选：D．

5．B【详解】由双曲线的定义可知，
由双曲线的标准方程得，，由可推出或13，
所以“”推不出“”；反之，由可推出或1，不符合题意舍去，所以“”可推出“”；
则“”是“”的必要不充分条件．故选：．
6．B【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有种,
第二步,排黑车,若白车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，
根据分步计数原理,共有种,故选：B
7．B【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，
因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，
对于①，，
，则函数的周期，故①错误；
对于②，，故②正确；
对于③，，则，
，则，
由，则，故③正确；
对于④，，而函数不是偶函数，所以不恒成立，故④错误.故选：B.
8．C【详解】在中，因为，所以，
，，
则由双曲线的定义可得
所以离心率，故选C.
9．BCD【详解】对于A，展开式有7项，故A错误；
对于B，常数项为，故B正确；
对于C，所有项的二项式系数和为，故C正确；
对于D，令，得所有项的系数和为，故D正确；故选：BCD.
10．BD【详解】对于A项，
将10张没有奖的奖券按照1，3，3，3分成三组，不同的分法种数为，
然后分配给4个人的分法为，
所以，2张有奖券分给同一个人的概率是，故A项错误；
对于B项，由A可得，2张有奖券分给不同的人的概率是，故B项正确；
对于C项，由A可知，2张有奖券都分给丙的概率是；
2张有奖券都分给丁的概率是；
若2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁
将10张没有奖的奖券按照2，2，3，3分成四组，不同的分法种数为，
然后分配给4个人的分法为，
所以，2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，
所以，2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为，故C项错误；
对于D项，因为2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，
同理可得，2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为，故D项正确.故选：BD.
11．ABC【详解】如图，将“等腰四面体”补成一个长方体.
设此“等腰四面体”的对棱棱长分别为，，，
与之对应的长方体的长宽高分别为，，，
则，得，，.
结合图形，容易判断出AB都是正确的；
对于C，由，，，得，，，
因为“等腰四面体”的体积是对应长方体的体积减去四个小三棱锥的体积，
所以“等腰四面体”的体积为，故C正确；
对于D，三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为
，故D不正确.故选：ABC
12．【详解】直线，即，直线恒过定点，
直线与椭圆总有公共点等价于点在椭圆内或在椭圆上．
所以，即，又，故m∈．故答案为：.
13．
【详解】如图，由题可知，，由对称性可知，

所以求四边形的最小面积即求的最小值
设，，则
当，即时，，四边形的最小面积为
所以所以以为直径的圆的方程为：
则为以圆和以为直径的圆的公共弦
如图所示
两圆方程作差得：所以直线方程为
故答案为：
14．/0.4【详解】由题意知：总情况有种，其中甲乙两人被分配到同一个场馆的情况有种，故甲乙两人被分配到同一个场馆的概率是.故答案为：.
15．【详解】（1）设数列的公差为d，
则依题意 3分
解得或（舍）， 5分
所以，所以数列的通项公式； 6分
（2）证明：，所以， 7分
，两式相减得， 8分
， 10分
所以， 11分
因为，
所以， 12分
因为，所以. 13分
【详解】（1）因为，由正弦定理得， 2分
从而， 3分
则， 4分
所以， 6分
即有. 7分
（2）由（1），有， 9分
则， 11分
故， 13分
当且仅当，即时取等号. 14分
所以的最小值为3. 15分
17．
【详解】（1）
如图，取中点，连接，，，
∵底面为菱形，，是等边三角形，
∴， 2分
∵ 是等边三角形，
∴， 3分
∵ ，平面POC，平面POC， 4分
∴平面，又平面， 5分
∴； 6分
（2）∵ 是边长为2的正三角形，点为中点，∴， 7分
∵四边形为菱形，，则，∴，
∴，又，平面ABCD，平面ABCD，且，
∴底面； 9分
如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则， 10分
， 11分
设平面的法向量为，由得：， 12分
取，得，∴， 13分
设平面的法向量为，由得：，
取，得，∴， 14分
∴，平面与平面夹角的余弦值为；
综上，平面与平面夹角的余弦值为. 15分
18．【详解】（1）由题意得，， 2分
则，， 3分
所以双曲线的标准方程为. 4分
（2）
设直线的方程为，，，， 5分
联立得，6分
令， 7分解得且， 8分
则，， 9分
， 11分
设点到直线的距离为，则， 12分
所以， 14分
解得或0（舍去），即， 16分
所以直线的方程为或. 17分
【详解】（1）由题意，函数的定义域为， 1分
且， 2分
当时，； 3分当时，. 4分所以在上单调递增，在上单调递减， 5分
即的单调递增区间为，单调递减区间为； 6分
（2）证明：由（1）得在）上单调递增，在上单调递减，
所以，8分即，所以， 10分
因为，所以则， 14分
即,即. 17分