广西钦州市2024届高三年级第三次教学质量监测+数学

这是一份广西钦州市2024届高三年级第三次教学质量监测+数学，共14页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知函数，则下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
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.已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，若中有2个元素，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
3.某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A.14292 B.14359 C.14426 D.14468
4.若函数是定义在上的奇函数，则（ ）
A.3 B.2 C.-2 D.-3
5.有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.已知分别是双曲线的左､右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成角的大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
8.已知是公比不为1的等比数列的前项和，则“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”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
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.已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A.的最小正周期为
B.的图象关于直线对称
C.若，则
D.将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象
10.如图1，在等腰梯形中，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，如图2，则（ ）
A.
B.平面平面
C.多面体为三棱台
D.直线与平面所成的角为
11.已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A.的最小值为
B.若在上单调递增，则的取值范围为
C.若有4个不同的解，则的取值范围为
D.若有3个不同的解，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，直线与抛物线的另一个交点为，则__________.
13.在中，内角的对边分别为，若，则的面积为__________.
14.已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入__________个这种实心球.
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）
某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且.
（1）求和；
（2）若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关.
参考公式及数据：.
16.（15分）
如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为.
（1）证明：四边形是直角梯形.
（2）若点满足，求二面角的正弦值.
17.（15分）
已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，证明：在上有3个零点.
18.（17分）
平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为，外心为和关于原点对称，.
（1）若，点在第二象限，直线轴，求点的坐标；
（2）若三点共线，椭圆与内切，证明：为椭圆的两个焦点.
19.（17分）
对于平面向量，定义“变换”：，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记.
（1）若，求及；
（2）已知，将经过次变换后，最小，求的最小值；
（3）证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得.
广西钦州市2044届高三年级第三次教学质量监测
数学试题参考答案
1.A 【解析】本题考查复数，考查数学运算的核心素养.
因为，所以.
2.B 【解析】本题考查集合，考查数学运算的核心素养.
因为中只有2个元素，则，所以.
3.C 【解析】本题考查统计，考查数据分析的核心素养.
由，可知样本的第75百分位数为第23项数据，据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.
4.A 【解析】本题考查函数的性质，考查逻辑推理的核心素养.
设，则，即，所以.因为，所以.
5.B 【解析】本题考查概率，考查逻辑推理的核心素养.
所求概率.
6.C 【解析】本题考查双曲线，考查数学运算的核心素养.
解法一：不妨设，且，则，所以，解得，故双曲线的渐近线方程为.
解法二：，所以，解得，故双曲线的渐近线方程为.
7.D 【解析】本题考查立体几何初步，考查直观想象的核心素养.
若点在正方形内，过点作平面于，连接.
可知为直线与平面所成的角，则，
又，所以，得，
则点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分（落在正方形内的部分）.
若点在正方形或内，则轨迹分别为线段和，因为点不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示.
故点的轨迹长度为.
8.A 【解析】本题考查数列､充分条件与必要条件，考查逻辑推理的核心
素养.
若成等差数列，则，所以，结合化简得.若成等差数列，则，即，所以，故当时，有即由“成等差数列”能推出“存在不相等的正整数，使得成等差数列”.
反之，满足的情况不一定满足，如，满足，但不满足，即由“存在不相等的正整数，使得成等差数列”推不出“成等差数列”.故“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”的充分不必要条件.
9.AD 【解析】本题考查三角函数，考查逻辑推理的核心素养.
的最小正周期为正确.
的图象不关于直线对称，错误.
，
，C错误.
将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象，D正确.
10.ABD 【解析】本题考查立体几何初步，考查直观想象的核心素养.
因为平面平面，平面平面，所以平面，所以正确.
因为，所以平面平面，B正确.因为，所以多面体不是三棱台，错误.
延长相交于点（图略），为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，则，D正确.
11.AC 【解析】本题考查基本初等函数，考查逻辑推理及直观想象的核心素养.
令，解得.
当时，作出函数和的图象，如图1所示.
此时，.
当时，作出函数的图象，如图2所示.
，所以的
最小值为正确.
令，解得
.若在上单调递增，则，解得.
因为当时，在上单调递增，所以的取值范围为 B错误.
若有3个不同的解，则结合图象可得或，D错误.
若有4个不同的解，则，C正确.
12.2 【解析】本题考查抛物线，考查数学运算及直观想象的核心素养.
由题意可得，解得，则，直线与轴垂直，.
13. 【解析】本题考查正弦定理和余弦定理，考查数学运算的核心素养.
因为，所以，即.因为，所以，故.
14.49 【解析】本题考查立体几何初步，考查直观想象的核心素养.
如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为
，设，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
15.解：（1）因为，所以.
，解得，所以.
，解得.
（2）
零假设为：学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.
16.（1）证明：因为平面，所以平面.
因为平面，平面平面，所以.
连接，因为平面，所以是与平面的夹角，
则，解得.
因为，所以，所以.
因为，所以四边形是直角梯形.
（2）解：取的中点，连接，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，.
由，得，则.
设平面的法向量为，
则可取.
同理可求得平面的一个法向量为
设二面角的平面角为，
则.
故二面角的正弦值为.
17.（1）解：当时，.
.
故曲线在点处的切线方程为.
（2）证明：因为，所以0是的一个零点.
因为，所以为奇函数.
要证在上有3个零点，只需要证明在上有1个零点.
.
令函数.
当时，.
当时，，所以函数在上单调递减.
因为，所以存在，使得.
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
因为，所以在上有1个零点，
故在上有3个零点.
18.（1）解：因为，所以.
设与轴的交点为，由题意可得，即，解得.
设，因为，所以，
则，解得.
所以.
（2）证明：因为和关于原点对称，且三点共线，所以四点共线，即点都在轴上.
因为是的高，所以，即轴.
因为的外心为，所以，所以点与点关于轴对称.
设与轴的交点为，
由题意可得，即，化简得.
直线的斜率为，直线的斜率为，
所以，化简得①.
直线的方程为.
椭圆与内切，所以.
联立
得.
，
即.
因为，所以，
即，即.
结合（1）可得.
设椭圆的焦距为，则，
所以为椭圆的两个焦点.
19.（1）解：因为，
所以.
（2）解：因为，
所以或
所以，
即.
由题意可得，
，
，
根据规律可得且，
由且可得的最大值为674，所以，
所以，此后进入循环.
所以当时，；
当时，；
当时，.
所以最小时，的最小值为1349.
（3）证明：当时，显然存在，使得.
当时，，即，存在，使得.
同理，当时，存在，使得.
当时，若，则，存在，使得.若，设.
假设对任意，则均不为0.
因为，所以.
若，则，
若，则，
所以，
所以，即.
因为，所以，所以，
与矛盾，故假设不正确，即存在，使得.
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得.5588
6054
8799
9851
9901
10111
11029
11207
12634
12901
13001
13092
13127
13268
13562
13621
13761
13801
14101
14172
14191
14292
14426
14468
14562
14621
15061
15601
15901
19972
个性化错题本
学生期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
学生期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
20
4
24
未建立
4
8
12
合计
24
12
36