数学：重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试试题（解析版）

这是一份数学：重庆市七校联盟2024届高三下学期三诊考试试题（解析版），共17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.
【答案】C
【解析】，又，
则.
故选：C.
2. 已知是纯虚数，则值为（ ）
A. -1B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】复数是纯虚数，且，
，解得，所以，，
所以，故选：B.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知.故选：D
4. 设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则与异面
D. 若，则
【答案】D
【解析】对A，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故A错误；
对B，若，则或a与b异面，故B错误；
对C，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故C错误；
对D，若，设与的交线为m，与的交线为n，
在平面内取，在平面内取，与a不重合，
由面面垂直的性质可得，所以，
又，所以，由线面平行的性质定理得，
所以有，故D正确.故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】因为，
所以，
即，
所以，则，解得.
故选：B
6. 已知抛物线的焦点为，该抛物线上一点到的距离为4，则（ ）
A. 3B. 4C. D.
【答案】C
【解析】由抛物线可得，其准线方程为，
因为抛物线上一点到的距离为4，
所以点到的距离为，
由抛物线的定义知，.
故选：C
7. 已知为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由函数图象平移的规则可知：
函数的图象可由函数的图象向右平移个单位、向下平移个单位得到的，
因为函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称，
所以函数的图象关于点对称，得：
，
即，
故选：D.
8. 如图，函数的图像与轴的其中两个交点分别为A，B，与y轴交于点C，D为线段的中点，，
，则下列说法正确的是（ ）

A. 的最小正周期为B. 的图象关于直线对称
C. D. 为偶函数
【答案】C
【解析】由题可，则，
有，
，
把代入上式，得，解得(负值舍去)，
，由，解得，
解得，
显然其周期为，
故A错误；
当时，，，故B错误；
，故C正确；
，显然是奇函数，故D错误.
故选：C
二、多选题
9. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线与圆相交
C. 当直线平分圆时，
D. 当点到直线距离最大时，
【答案】ACD
【解析】对于A，即，令，有，所以直线恒过定点，故A正确；
对于B，圆的圆心、半径为，
点到直线的距离为，
从而，
取，则此时有，故B错误；
对于C，当直线平分圆时，有点在直线上，
也就是说有成立，解得，
故C正确；
对于D，点到直线距离满足，等号成立当且仅当，
而的斜率为，
所以当等号成立时有，解得，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（ ）
A. 直三棱柱的体积为
B. 点到平面的距离为
C. 当点为线段的中点时，平面平面
D. E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时，
【答案】BC
【解析】对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为，
所以，
因为，所以，
则直三棱柱的体积为，故A错误；
对于B，由上可知平面，
因为平面，所以，则，
设点到平面的距离为，
易知，故B正确；
对于C，取的中点，易知在线上，，
由直三棱柱的特征知，
因为平面，
所以平面，而平面平面
因为平面，所以平面平面，故C正确；
对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示，
显然取得最小值时，，故D错误.故选：BC.
11. 已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，在处的切线方程为
B. 若有3个零点，则的取值范围为
C. 当时，是的极大值点
D. 当时，有唯一零点，且
【答案】ABD
【解析】对于A中，当时，可得，
则，所以切线为A正确：
对于B中，若函数有3个零点，即有三个解，
其中时，显然不是方程的根，当时，转化为与的图像有3个交点，又由，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
所以当时，函数取得极小值，极小值为，
又由时，，当时，且，如下图：
所以，即实数的取值范围为，所以B正确：
对于中，当时，，可得，
令，在上单调递增，
且,所以存在使得，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，又,
所以在上，即，单调递减，
在上，即，单调递增，
所以是的极小值点，所以错误．
对于D中，当时，，
设，可得，
当时，在单调递减；当时，在单调递增，
所以当时，，所以，
所以，所以函数在上单调递增，
又因为，即，
所以有唯一零点且，所以D正确；
故选：ABD
第II卷（非选择题）
三、填空题
12. 已知，则___________．
【答案】3
【解析】由，得，所以.
故答案为：3
13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，则___________．
【答案】
【解析】由，
解得，所以，
故答案为：
14. 有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则______；______．（用含的式子表示）
【答案】 40
【解析】根据乘法原理和加法原理得到．
奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，
根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到.故答案为：2；.
四、解答题
15. 已知函数在点处的切线与直线垂直．
（1）求值；
（2）求函数的极值．
解：（1）函数，求导得，
则，即为切线的斜率，
因为切线与直线垂直，则有，．．解得．
（2）由（1）知，函数，定义域，
求导得，．
当或时，，当时，，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得极大值，
当时，取得极小值，所以函数的递增区间为，递减区间为，极大值，极小值．
16. 已知在数列中，．
（1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和；
（2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
，求面积的最大值．
解：（1）由题意，，即
为等差数列：首项，公差，，则，
设，
（2）
由正弦定理，有，．
即，又，
，即，由，
由余弦定理得：，．
，即，当且仅当时取等号，
，即△ABC面积最大值为．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值.
（1）证明：由，得
因为平面平面ABCD，平面平面平面PBC
所以平面ABCD，又平面ABCD，则，.
又，所以，因为，
所以，
过点作交BC于点，
则，
所以，因为，
故，即，
又平面PBD，所以平面PBD；
（2）解：因为，平面平面ABCD，平面平面，
所以平面
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则.
所以
由题意可知为平面PBC的一个法向量，
设平面PCD的法向量为，
则，即，
令，则，故.
因为二面角的余弦值为，
所以，
解得，即，则，
由（1）可知，平面ABCD，则直线PD与平面ABCD所成的角为，
所以，故直线PD与平面ABCD所成的角的余弦值为.
18. 已知F，C分别是椭圆的右焦点、上顶点，过原点的直线交椭圆于A，B两点，满足．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的下顶点为，过点作两条互相垂直的直线，这两条直线与椭圆的另一个交点分别为M，N，设直线的斜率为的面积为，当时，求的取值范围．
解：（1）设椭圆的左焦点为，连接，
由对称性知四边形是平行四边形，所以，．
由椭圆定义知，则，．
设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，，则，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）椭圆的标准方程为．则，
所以直线，如图所示，

设，联立，消去并整理得，．．．所以，所以，．．
所以，．
同理可得：，所以，
所以，
由，得，整理得，得，．
又，所以，所以或．
所以的取值范围为．
19. 在概率统计中，常常用频率估计概率．已知袋中有若干个红球和白球，有放回地随机摸球次，红球出现次．假设每次摸出红球的概率为，根据频率估计概率的思想，则每次摸出红球的概率的估计值为．
（1）若袋中这两种颜色球个数之比为，不知道哪种颜色的球多．有放回地随机摸取3个球，设摸出的球为红球的次数为，则．
注：表示当每次摸出红球的概率为时，摸出红球次数为的概率）
（ⅰ）完成下表；
（ⅱ）在统计理论中，把使得的取值达到最大时的，作为的估计值，记为，请写出的值．
（2）把（1）中“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理．基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计．
具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值．已知的参数的对数似然函数为，其中．求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性．
解：（1）因为袋中这两种颜色球的个数之比为，且，所以的值为或；
（ⅰ）当时，，
，
当时，，，
表格如下
（ⅱ）由上表可知．
当或1时，参数的概率最大；
当或3时，参数的概率最大．
所以；
（2）由，则，
令，即，
故，即当时，，
当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
即当时，取最大值，故，
因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，
故用频率估计概率是合理的．0
1
2
3
0
1
2
3