广西百色市平果市铝城中学2024届高三下学期3月份测试数学试卷（原卷版+解析版）

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一、单选题：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. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据全称命题的否定为特称命题解答即可；
【详解】解：因为全称命题的否定为特称命题，则命题的否定为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
2. 设为虚数单位，复数满足，则在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的四则运算进行化简，然后在利用共轭复数的定义和复数的几何意义求解即可.
【详解】因为，所以，
由共轭复数的定义知，，
由复数的几何意义可知，在复平面对应的点为，位于第二象限.
故选：B
【点睛】本题考查复数的四则运算、共轭复数的定义和复数的几何意义；考查运算求解能力；属于基础题.
3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数、对数函数单调性并借助特殊值1为“桥梁”，即可判断作答.
【详解】因函数在上单调递减，而，于是得，
函数在R上单调递减，而，于是得又，
即，所以.
故选：A
4. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，，则该平面图形的面积为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直观图与原平面图形的关系作出原平面图形，求出相应边长后计算面积．
【详解】作出原来的平面图形，如图，，，
在题设等腰梯形中，，因此，
所以．
故选：D．

5. 若点是双曲线上一点，，分别为的左、右焦点，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】根据题意结合双曲线的定义可得，由可推出或13，反之，由可推出，再利用必要条件，充分条件的定义，即可得出答案．
【详解】由双曲线的定义可知，
由双曲线的标准方程得，，
由可推出或13，
所以“”推不出“”；
反之，由可推出或1，不符合题意舍去，
所以“”可推出“”；
则“”是“”的必要不充分条件．
故选：．
6. 某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（ ）
A. 288B. 336C. 576D. 1680
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.
【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有种,
第二步,排黑车,若白车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，
根据分步计数原理,共有种,
故选：B
7. 若函数f（x）的定义域为R，且f（2x＋1）为偶函数，f（x－1）的图象关于点（3，3）成中心对称，则下列说法正确的个数为（ ）
①的一个周期为2 ②
③ ④直线是图象的一条对称轴
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据函数的奇偶性，可得，，且，根据函数周期性的定义，可判①的正误；根据周期性的应用，可判②的正误；根据函数的周期性，进行分组求和，根据函数的对称性，可得，，可判③的正误；根据函数的轴对称性的性质，可判④的正误.
【详解】因为偶函数，所以，则，即函数关于直线成轴对称，
因为函数的图象是由函数的图象向左平移个单位，所以函数关于点成中心对称，则，且，
对于①，，
，则函数的周期，故①错误；
对于②，，故②正确；
对于③，，则，
，则，
由，则，故③正确；
对于④，，而函数不是偶函数，所以不恒成立，故④错误.
故选：B.
8. 已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点是右支上一点，若，且，则的离心率为
A. B. 4C. 5D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中，求出，，然后利用双曲线的定义列式求解．
【详解】在中，因为，所以，
，，
则由双曲线的定义可得
所以离心率，故选C.
【点睛】本题考查双曲线的定义和离心率，解题的关键是求出，，属于一般题．
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3分，有选错的得0分.
9. 展开式中，下列结论正确的是（ ）
A. 展开式共6项B. 常数项为
C. 所有项的二项式系数之和为64D. 所有项的系数之和为0
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用二项展开式的特点判断A；求出指定项判断B；利用二项式系数的性质判断C；利用赋值法求出展开式系数和判断D；.
【详解】对于A，展开式有7项，故A错误；
对于B，常数项为，故B正确；
对于C，所有项的二项式系数和为，故C正确；
对于D，令，得所有项的系数和为，故D正确；
故选：BCD.
10. 现有12张不同编码的抽奖券，其中只有2张有奖，若将抽奖券随机地平均分给甲、乙、丙、丁4人，则（ ）
A. 2张有奖券分给同一个人的概率是
B. 2张有奖券分给不同的人的概率是
C. 2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为
D. 2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为
【答案】BD
【解析】
【分析】先分组，再分配，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率公式，即可得出答案.
【详解】对于A项，
将10张没有奖的奖券按照1，3，3，3分成三组，不同的分法种数为，
然后分配给4个人的分法为，
所以，2张有奖券分给同一个人的概率是，故A项错误；
对于B项，由A可得，2张有奖券分给不同的人的概率是，故B项正确；
对于C项，由A可知，2张有奖券都分给丙的概率是；
2张有奖券都分给丁的概率是；
若2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁
将10张没有奖的奖券按照2，2，3，3分成四组，不同的分法种数为，
然后分配给4个人的分法为，
所以，2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，
所以，2张有奖券都没有分给甲和乙的概率为，故C项错误；
对于D项，因为2张有奖券，1张分给丙、1张分给丁的概率是，
同理可得，2张有奖券分给甲和乙各一张的概率为，故D项正确.
故选：BD
【点睛】方法点睛：根据已知，先将抽奖券分组，然后再分配.
11. 数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ）
A. “等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形
B. “等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形
C. 三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为
D. 三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为，，，与之对应的长方体的长宽高分别为，，，然后结合长方体的性质分别检验各选项即可判断．
详解】如图，将“等腰四面体”补成一个长方体.
设此“等腰四面体”的对棱棱长分别为，，，
与之对应的长方体的长宽高分别为，，，
则，得，，.
结合图形，容易判断出AB都是正确的；
对于C，由，，，得，，，
因为“等腰四面体”的体积是对应长方体的体积减去四个小三棱锥的体积，
所以“等腰四面体”的体积为，故C正确；
对于D，三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为
，故D不正确.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线 (k∈R)与焦点在x轴上的椭圆总有公共点，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得直线过的定点坐标，再根据直线与椭圆总有公共点，由点P在椭圆上或在椭圆的内部求解.
【详解】直线，即，直线恒过定点，
直线与椭圆总有公共点等价于点在椭圆内或在椭圆上．
所以，即，又，故m∈．
故答案为：.
13. 从抛物线上一点作圆：得两条切线，切点为，则当四边形面积最小时直线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】表示出四边形面积，，求四边形面积的最小值即求的最小值，确定最值求出点坐标，则为以圆和以为直径的圆的公共弦，两圆方程作差即可求出直线的方程.
【详解】如图，由题可知 ，，由对称性可知，

所以求四边形的最小面积即求的最小值
设，，则
当，即时，，四边形的最小面积为
所以
所以以为直径的圆的方程为：
则为以圆和以为直径圆的公共弦
如图所示
两圆方程作差得：
所以直线方程为
故答案为：
14. 上海进博会是世界上第一个以进口为主题的国家级展览会，每年举办一次.现有6名志愿者去两个进博会场馆工作，每个场馆都需要3人，则甲乙两人被分配到同一个场馆的概率是__________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】先由分组分配求出总情况，再计算出甲乙两人被分配到同一个场馆的情况，由古典概型求解即可.
【详解】由题意知：总情况有种，其中甲乙两人被分配到同一个场馆的情况有种，故甲乙两人被分配到同一个场馆的概率是.
故答案为：.
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. 已知数列是各项均为正数的等差数列，满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，，和分别为数列和数列的前n项和，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由数列是各项均为正数的等差数列，且，，利用等差数列的通项公式，进行基本量的计算即可得解；
（2）利用错位相减法求得，再用作差法比较大小即可得解.
【小问1详解】
设数列的公差为d，
则依题意
解得或（舍），
所以，所以数列的通项公式；
【小问2详解】
证明：，所以，
，两式相减得，
，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以.
16. 在中，内角满足.
（1）求证：；
（2）求最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为3
【解析】
【分析】（1）先由正弦定理化角为边，再用余弦定理化边为角，结合三角恒等变换可证结论；
（2）利用，得出，结合基本不等式求得最小值.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，从而，
则，
所以，
即有.
【小问2详解】
由（1），有，
则，
故，
当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为3.
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形， 是边长为2的正三角形， .
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据几何关系，证明平面POC即可；
（2）建立空间直角坐标系，运用空间向量求解.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，， ，
∵底面为菱形，， 是等边三角形，
∴，
∵ 是等边三角形，
∴，
∵ ，平面POC，平面POC，
∴平面，又平面，
∴；
【小问2详解】
∵ 是边长为2的正三角形，点为中点，∴，
∵四边形为菱形，，则，∴，
∴，又 ，平面ABCD，平面ABCD，且，
∴底面；
如图，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，由得：，
取，得，∴，
设平面的法向量为，由得：，
取，得，∴，
∴，平面与平面夹角的余弦值为；
综上，平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线的右焦点为，实轴长为.
（1）求双曲线的标准方程;
（2）过点 ，且斜率不为0的直线 与双曲线 交于 两点， 为坐标原点，若 的面积为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）焦点坐标和实轴长得到，再结合得到，即可得到双曲线方程；
（2）联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得到，根据点到直线的距离公式得到点到直线的距离，然后利用三角形面积公式列方程，解方程即可.
【小问1详解】
由题意得，，则，，
所以双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，，，
联立得，
令，解得且，
则，，
，
设点到直线的距离为，则，
所以，
解得或0（舍去），即，
所以直线的方程为或.
19. 已知函数f（x）=lnx-x+1.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明：当a≥1时，ax2+3x-lnx>0.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求导，再根据导数的正负判断函数的单调区间；
（2）结合（1）可知，，化简得，，所以，则原式可同步放缩为，即可求证.
【详解】（1）由题意，函数定义域为，且，
当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，即的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）证明：由（1）得在）上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，
因为，所以则，
即,即.