广西钦州市2024届高三年级第三次教学质量监测数学试卷（解析版）

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试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了 已知复数满足，则， 已知函数，则下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以.
故选：A.
2. 已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，
因为中只有2个元素，则，所以.
故选：B.
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：
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
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. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
【答案】C
【解析】由，得样本的第75百分位数为第23个数据，
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.
故选：C.
4. 若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】设，则，即，
即，所以.
因为，所以，.故选：A.
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.
【答案】B
【解析】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都白球或都是黑球，有种情况，
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.
故选：B.
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.
【答案】C
【解析】解法一：不妨设，，，且，
则，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
解法二：
，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
7. 已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.
则为直线与平面所成的角，则，
又，则，得，
则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），
若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，
因为点P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P的轨迹长度为.
故选：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
【答案】A
【解析】因为是公比不为1的等比数列的前项和，所以若成等差数列，则，
从而，结合化简得，
若成等差数列，则，即，所以，
故当时，有，
即“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，满足不一定是，如，，，
满足，但不满足，
即“存在不相等的正整数，使得成等差数列”推不出“成等差数列”；
所以“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.
故选：A.
二､多选题
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
【答案】AD
【解析】对于A，的最小正周期为正确.
对于B，因为，所以的图象不关于直线对称，错误.
对于C，由，得，
所以，C错误.
对于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，D正确.
故选：AD
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
【答案】ABD
【解析】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，
则平面，
又，平面，平面，
则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，
所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，，
则，D正确.故选：ABD.
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k的取值范围为
C. 若有4个不同的解，则m的取值范围为
D. 若有3个不同的解，，则
【答案】AC
【解析】对A，
令，解得.
当时，作出函数和的图象，如图1所示.
此时，，显然当时，，
当时，作出函数的图象，如图2所示.
，，所以的最小值为，
综上的最小值为，A正确.
对B，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k的取值范围为，B错误.
对CD，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.
故选：AC.
三､填空题
12. 已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则______.
【答案】2
【解析】由题意可得，解得，则.
所以直线与x轴垂直，，.
故答案为：2
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为______.
【答案】
【解析】因为，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案为：.
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.
【答案】49
【解析】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.
故答案为：49
四､解答题
15. 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：，.
解：（1）因为，，
所以，，
由于，解得，所以.
，解得.
（2）
零假设为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. 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.
（1）证明：因为，平面，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.
又，所以四边形是直角梯形.
（2）解：取的中点M，连接，以A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，取，得到，即，
设平面的一个法向量为，
则由，得到，到，得到，
所以平面的一个法向量为
设二面角的平面角为，
则，所以，
故二面角的正弦值为.

17. 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.
（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，时，
，所以为奇函数，图象关于原点对称，
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. 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D，外心为E，D和E关于原点O对称，.
（1）若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；
（2）若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.
（1）解：因为，所以.
设与x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D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.
因为是的高，所以，即轴.
因为的外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.
设与x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T的焦距为，则，
所以D，E为椭圆T的两个焦点.

19. 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.
（1）解：因为，所以，
所以，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.
个性化错题本
期末统考中的数学成绩
合计
及格
不及格
建立
未建立
合计
001
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
个性化错题本
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