沈阳市第一二0中学2024届高三上学期第四次质量检测数学试卷(含答案)

这是一份沈阳市第一二0中学2024届高三上学期第四次质量检测数学试卷(含答案)，共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合,集合,若,则实数a取值集合的真子集的个数为( )
A.2B.3C.7D.8
2．已知复数z满足,则的虚部为( )
A.B.C.D.
3．若的展开式中,只有第6项的二项式系数最大,则展开式中常数项为( )
A.90B.-90C.180D.-180
4．向量,且,则( )
A.B.C.D.
5．在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.在方亭中,,四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为,则该方亭的体积为( )
A.B.C.D.
6．在数列中，，且函数的导函数有唯一零点，则的值为( ).
A.1021B.1022C.1023D.1024
7．已知点P是圆上的动点,线段AB是圆的一条动弦,且,则的最大值是( )
A.B.C.D.
8．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形,其顶点P到底面ABC的距离为3,体积为24,若该三棱锥的外接球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列命题正确的是( )
A.在回归分析中，相关指数越小，说明回归效果越好
B.已知若根据列联表得到的观测值为4.1，则有95%的把握认为两个分类变量有关
C.已知由一组样本数据得到的回归直线方程为，且，则这组样本数据中一定有
D.若随机变量，则不论取何值，为定值
10．若函数的图象关于直线对称,则( )
A.
B.点是曲线的一个对称中心
C.直线也是一条对称轴
D.函数在区间上单调
11．已知是数列的前n项和,且,则下列选项中正确的是( )
A.
B.
C.若,则
D.若数列单调递增,则的取值范围是
12．若正实数a,b满足,且,则下列不等式一定成立的是( )
A.B.C.D.
三、填空题
13．若直线与平行,则,间的距离是_________.
14．已知锐角,满足,则__________.
15．第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有__________.（用数字作答）
16．在锐角中,,若点P为的外心,且,则的最大值为__________.
四、解答题
17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
18．已知点,圆C的半径为1.
（1）若圆C的圆心坐标为,过点A作圆C的切线,求此切线的方程;
（2）若圆C的圆心C在直线上,且圆C上存在点M,使,O为坐标原点,求圆心C的横坐标a的取值范围.
19．已知数列中,,是数列的前n项和,且,
（1）求数列的通项公式;
（2）证明：.
20．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点，.
（1）证明：.
（2）当为何值时，平面与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
21．在一次数学随堂小测验中,有单项选择题和多项选择题两种,单项选择题,每道题四个选项中仅有一个正确,选择正确得5分,选择错误得0分;多项选择题,每道题四个选项中有两个或三个选项正确,全部选对得5分,部分选对得2分,有选择错误的得0分.
（1）小明同学在这次测验中,如果不知道单项选择题的答案就随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是.问小明在做某道单项选择题时,在该道题做对的条件下,求他知道这道单项选择题正确答案的概率;
（2）小明同学在做某道多项选择题时,发现该题的四个选项他均无把握判断正误,于是他考虑了以下两种方案：方案①单选：在四个选项中,等可能地随机选择一个;方案②多选：在有可能是正确答案的所有选项组合（如AB、BCD等）中,等可能地随机选择一种.若该多项选择题有三个选项是正确的,请从数学期望的角度分析,小明应选择何种方案,并说明理由.
22．设函数,其中.
（1）讨论的单调性;
（2）若存在两个极值点,设极大值点为,为的零点,求证：
参考答案
1．答案：C
解析：由,得,解得或,
所以,
当时,,满足,
当时,,因为,所以或,得或,
综上,实数a取值的集合为,
所以实数a取值集合的真子集的个数为,
故选：C.
2．答案：A
解析：由复数,可得,
所以, 所以复数的虚部为.
故选：A.
3．答案：C
解析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大,
则项数 ,即,
则通项为,
令,则.
故选：C.
4．答案：B
解析：由已知可得,
又,,
所以,
故选：B.
5．答案：D
解析：如图, 过作,垂足为E,
由四个侧面的面积之和为知,侧面的面积为,
(梯形的面积公式),则
由题意得：,
中,,
连接,过作,垂足为F,
易知四边形为等腰梯形且,
,则,
,
该方亭的体积为.
故选：D.
6．答案：A
解析：对应函数求导，利用奇偶性定义判断为偶函数，根据有唯一零点知，构造法有，应用等比数列定义写出通项公式并求对应项.
7．答案：D
解析：圆的圆心为,半径为,
圆的圆心为,半径为2,
如图,过点C作,垂足为D,连接CB,
所以D为AB中点,即,又,
所以,
故点D的轨迹是以C为圆心,1为半径的圆,则点D的轨迹方程为
因为D是AB中点,所以,
则,
所以的最大值为,
故选:D.
8．答案：D
解析：依题意得,设底面等腰直角三角形的边长为,
三棱锥的体积
解得：
的外接圆半径为
球心O到底面的距离为
,
又顶点P到底面ABC的距离为3,
顶点的轨迹是一个截面圆的圆周
当球心在底面和截面圆之间时,
球心O到该截面圆的距离为,
截面圆的半径为,
顶点P的轨迹长度为;
当球心在底面和截面圆同一侧时,
球心O到该截面圆的距离为,
截面圆的半径为,
顶点P的轨迹长度为;
综上所述,顶点P的轨迹的总长度为
故选：D.
9．答案：BD
解析：对于A：在回归分析中，相关指数越大，说明回归效果越好，故错误；
对于B：由于，则有95%的把握认为两个分类变量有关，故正确；
对于C：当时，，这只是一个预测值，故错误；
对于D：由于，则，结合原则可知正确.
故选：BD.
10．答案：CD
解析：由题意函数,其对称轴为,即,所以令,解得,,,,
对于选项A,,因此A错误;
对于选项B,该函数没有对称中心,因此B错误;
对于选项C,令,解得,取,,符合题意,因此C正确;
对于选项D,函数在单调递增,
即,当时,函数区间上单调递增,
当时,函数在区间上单调递减,因此选项D正确.
故选:CD
11．答案：AC
解析：
12．答案：AD
解析：
13．答案：
解析：由于,所以,
由于两直线平行, 所以 ,解得,
所以两直线方程分别为:,,
即,,
所以,间的距离是 .
故答案为：.
14．答案：
解析：因为,
所以,
可得 ,
整理可得,
可得,
又,为锐角,
所以,,
因为,
所以,
故答案为：.
15．答案：336
解析：由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，
其中一种取两个，另一种选一个，有种排法；
其次，后排有种排法，故共有种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，有种排法；
后排有种排法，此时共有种排法；
因此，共有种排法，
故答案为：336.
16．答案：
解析：
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，
所以.
又，所以.
因为，所以.
又，所以，.
（2）的面积，则.
由，得，
所以，故的周长为.
18．答案：（1）或
（2）或
解析：（1）由题意得圆C标准方程为,
当切线的斜率存在时,设切线方程为,
由,解得:,
当切线的斜率不存在时,切线方程为,满足题意;
所以切线的方程为或.
（2）由圆心C在直线上,设,
设点,由,
得:,
化简得:,
所以点M在以为圆心,2为半径的圆上.
又点M在圆C上,所以圆C与圆D有交点,
则,即,
解得:或.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
解析：（1）由得,且;
当且时,,
整理可得：,,
则,,…,,,
各式相乘得：,又,∴.
当时成立,故.
（2）由得：,
又,.
20．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：三棱柱为直三棱柱，，.
，.
，平面，平面，
又平面，.
如图，以B为原点，BA，BC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
，.
（2）由（1）知平面，
则为平面的一个法向量.
设平面DFE的法向量为，
由（1）得，，
即
令，则，，
.
设平面与平面DFE所成二面角的平面角为，
，
，
当，即时，平面与平面DFE所成二面角的正弦值最小，为.
21．答案：（1）
（2）选择方案①.
解析：（1）记事件A为“该单项选择题回答正确”,事件B为“小明知道该题的正确答案”,
,,
即小明在做某道单项选择题时,在该道题做对的条件下,他知道这道单项选择题正确答案的概率为.
（2）方案①单选：记小明做这道多项选择题所得的分数为X,则X的可能取值为0,2,,,则期望,
方案②多选：记小明做这道多项选择题所得的分数为Y,则Y的可能取值为0,2,5,
,,,
则期望,
则,故选择方案①.
22．答案：（1）答案见解析
（2）证明见解析
解析：（1）由
①时,由,令,解得,
所以时,,时,,
则在单调递增,在单调递减;
②时,由,
（ⅰ）时,因为,则,在单调递增,
（ⅱ）时,,解得或,
所以时, ;时,,
则在,上单调递增,在单调递减;
（ⅲ）时,由,
所以时,;时,,
则在,上单调递增,在单调递减;
综上：时,的单调递增区间为,单调递减区间为;
时,的单调递增区间为和,单调递减区间为;
时,的单调递增区间为;
时,的单调递增区间为和,单调递减区间为;
（2）根据题意结合（1）可知时,存在两个极值点,
由为的零点,则,则,故,
若,由（1）可知,则;
若,则,故,化简得,即,
故,
当且仅当,即时等号成立,即,
故,当且仅当时取等号,
综上,恒成立.