[数学]重庆市九龙坡区2024届高三下学期三模试卷(解析版)

这是一份[数学]重庆市九龙坡区2024届高三下学期三模试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 已知集合，则满足的集合共有（ ）
A. 1个B. 3个C. 4个D. 8个
【答案】C
【解析】由，可得，
所以，
所以中一定有，可能有，
故的个数为个.
故选：C.
2. 设是关于的方程的两根其中，若（为虚数单位）.则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】因为关于的方程的一个根为，
所以另一个根，
所以.
故选：A.
3. 已知，，，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，
由，得，
即，所以，
所以，
又，所以向量的夹角为.
故选：D.
4. 已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（ ）
A. 充分条件B. 必要条件
C. 充要条件D. 非充分非必要条件
【答案】A
【解析】当时，又，所以，
若的图象在区间上只有一个极值点，
则，解得，
因为真包含于，
所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件．
故选：A
5. 用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设“数字1，3相邻”，设“数字2，4，6相邻”，
则数字1，3相邻时的六位数有个，
数字1，3相邻，数字2，4，6也相邻的六位数的个数为，
则.故选：A.
6. 正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（ ）
（参考数据：，，）
A. 10B. 9C. 8D. 7
【答案】C
【解析】设，则，
因为，
可知数列为递增数列，
且，，
可知，所以.
故选：C.
7. 若方程在的解为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】当时，，
因为方程在的解为，
结合正弦函数的图象，令，则，
根据对称性可知，，即，
又，即，
所以，
所以，
，
所以，
，
故.故选：B.
8. 已知椭圆：的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，，分别是的左、右焦点，且的面积为，点为上的任意一点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由已知的，故.∵的面积为，
∴，∴.又∵，
∴，，
∴，
又，∴，
∴.∴的取值范围为.
故选：D.
二、选择题
9. 已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（ ）
A. 数据，，的平均数为6
B. 数据，，的方差为9
C. 数据的方差为1
D. 数据的平均数为5
【答案】BD
【解析】因为样本数据的平均数为2，方差为1，
所以数据，，的平均数为，故A错误；
数据，，的方差为，故B正确；
，，
数据的平均数为，
所以方差，故C错误；
由，，
得，所以，
所以数据的平均数为，故D正确.
故选：BD.
10. 在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 直线与平面所成角的正切值为
C. 三棱锥的体积为
D. 三棱锥的外接球表面积为
【答案】ABD
【解析】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，

则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，，
设平面的一个法向量为，
则，取，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项， ，故C不正确；
对于D项，如图，

三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】由，
令，则，
因为，所以，故A错误；
令，则，①
所以，
因为为奇函数，所以为偶函数，，
所以，②
由①②并整理得，
即，
所以，
所以是周期为的周期函数，故，故B正确；
因为，所以，故C正确；
由上知，
在①中，令，得，所以，
所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12. 展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】由题意的展开式的通项为 ，
令，
故展开式中的常数项为，
故答案为：60
13. 设的内角A，B,C的对边分别为a,b,c,其面积为，已知，.则______；的最大值为______.
【答案】
【解析】因为，所以由正弦定理知，
所以，因为，所以，
又，所以，所以，所以；
由已知及余弦定理得：，
所以，当且仅当时，等号成立，
则面积的最大值为.
故答案为：；
14. 古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】设，
则，
化简整理得，
所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，
抛物线的焦点，准线方程为，
则
，
当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题
15. 已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，.
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求使取得最大值时的值.
解：（1）设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
设等比数列的公比为，
则，解得，
所以；
（2）由（1）得，
则，
，
当时，，
当时，，
当时，，
所以当或时，取得最大值.
16. 如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，
又为等边三角形，D为AC的中点，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，所以
在直角梯形中，
所以，又，BD，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面
（2）解：由（1）知两两垂直，如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
因为，，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角，
则，
所以，
所以平面与平面夹角的正弦值为
17. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两个对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者获得第三名：最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立.
（1）若，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签决定两两对阵，两场比赛的胜者晋级到冠军决赛，败者参加三、四名比赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为
连败两局：，
可以分为三种情形：甲第一、第二局连胜两局，第三局不管胜负；甲第一局负，第二局胜，第三局负；甲第一局胜，第二局负，第三局负；
，
可以分为三种情形：甲第一局负，第二局胜，第三局胜；甲第一局胜，第二局负，第三局胜，且第四局都不管胜负.
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
18. 已知，，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.
解：（1）由题意可得，且为的中点，
又为的中点，所以且，
因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，
由垂直平分线的性质可得，
所以，
所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，
，所以，
所以曲线的方程为；
（2）直线方程为，设，
联立，可得，
由于直线交双曲线的右支于两点，
可得，，
所以，解得或，
则，
即的中点坐标为，
因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，
的垂直平分线的方程为：，
令，则得，即，
所以，
又，
又因为在双曲线的右支上，
故，
故，
即，
故，
即为定值，定值为.
19. 已知函数，.
（1）当时，函数恒成立，求实数的最大值；
（2）当时，若，且，求证：；
（3）求证：对任意，都有.
（1）解：当时，恒成立，
即恒成立，只需即可，
令，，则，
令，，则，
当时，恒成立，在单调递增，所以，
所以在恒成立，在单调递增，
所以，
所以，即实数的最大值为.
（2）证明：当时，，，
所以，在上单调递增，
又，且，不妨设，
要证，即证明，
因在上单调递增，即证，
因为，即证，
设
，，
令，则，则，，
由可得，在单调递增，
所以，即，
所以成立，所以
（3）证明：由（2）可知当时，在单调递增，且，
由得，即，
令，则，即，
所以，，，…，，相加得.
2
3
4