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2024省大庆高三下学期4月第三次教学质量检测试题数学含解析
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这是一份2024省大庆高三下学期4月第三次教学质量检测试题数学含解析，共16页。试卷主要包含了04等内容，欢迎下载使用。
2024.04
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
一､选择题：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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A.30 B.32 C.36 D.40
4.小明希望自己的高考数学成绩能超过120分，为了激励自己，他记录了近8次数学考试成绩，并绘制成折线统计图，如图，这8次成绩的第80百分位数是（ ）
A.100 B.105 C.110 D.120
5.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是.若事件“为偶数”，事件“中有偶数且”，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知点是双曲线上一点，过向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A.双曲线的浙近线方程为
B.双曲线的焦点到渐近线的距离为1
C.
D.的面积为
10.设正方体的棱长为为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.平面
C.设与所成的角为，则的最大值为
D.当棱锥体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为
11.如图，函数的图象与直线相交，是相邻的三个交点，红，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.若的最大值为，则
C.若，函数在上单调递减，则
D.若是偶函数，则的一个可能取值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在：的展开式中，含项的系数是__________.
13.在中，，若边上的两条中线相交于点，则__________；__________.
14.已知二次函数有两个不相等的零点，其中.在函数图象上横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到：一直继续下去，得到，其中.若，则前6项的和是__________.
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.（本小题满分13分）
已知，函数，且.
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围.
16.（本小题满分15分）
面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试.面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分.
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标.现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数.（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望.
附：若，则，
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，，，且是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为.
①求直线的斜率：
②求面积的最大值.
19.（本小题满分17分）
法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.
大庆市高三年级第三次教学质量检测
数学答案及评分标准
一､单项选择题：本大题共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.B 【解析】
因为，所以.故选：B.
2.D 【解析】
因为复数对应的点的坐标是，所以，所以.故选：D.
3.A 【解析】
设等差数列的公差为，由，得，解得，所以
.故选：A.
4.C 【解析】
因为，由图可知8次成绩由小到大排序，第7个位置的数是110，所以这8次成绩的第80百分位数是110.故选：C.
5.D 【解析】
函数的图象如下，由图可知在上单调递增.因为，所以，解得.故选：D.
6.B 【解析】
由已知
则.故选：B.
7.D 【解析】
已知函数有2个零点，所以方程有两个根，即函数与的图象有两个公共点.
（1）当时，.若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为.又因为切线过点，所以，解得，即.
（2）当时，.若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为.又因为切线过点，所以，解得，即.
综上，结合函数与函数的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时.故选：D.
8.A 【解析】
法一：由题可知，所以，解得.
由得，整理得，
所以.故选：A.
法二：由题可知，由已知得，解得.
记中点为，因为，所以.
在和中，由得，解得，
所以.故选：A.
二､多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.ABD 【解析】
因为双曲线的方程为，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故A正确.
双曲线的右焦点到渐近线的距离为.故B正确.
由点到直线的距离公式可得.故错误.
如图，因为，所以.在和中，，
，所以，所以
，故D正确.
故选：ABD.
10.BCD 【解析】
如图（1），当点与重合时，与所成的角是.故错误.
如图（2），易证平面平面，所以平面.故B正确.
如图（3），因为，所以与所成的角为.因为平面，所以，所以，当点与（或重合时最大，此时最大，易得.故C正确.
如图（3），因为，所以当点与重合时三棱锥体积最大，此时三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设外接球半径为，则，所以，所以该三棱锥外接球的表面积为.故D正确.
故选：BCD.
11.AD 【解析】
设，则，所以，
所以，所以.因为，所以
，所以，所以.故A正确.
当时，
，
（其中）.因为时有最大值，所以，所以.故B错误.
法一：当时，是单调递减函数，所以的减区间为.因为函数在上单调递减，所以，得.因为，所以.故C错误.
法二：因为，所以.又因为，所以.因为函数在上单调递减，所以，解得.故C错误.
因为，所以的一条对称轴方程是，所以时，是偶函数.故D正确.故选：AD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.（13小题第1问2分，第2问3分）
12.24； 13.； 14.63.
12. 【解析】
在的展开式中，.令得，所以含项的系数是.
13. 【解析】
法一：在中，由余弦定理得，所以.
因为，所以，建立平面直角坐标系，如图，则
，所以，
所以.
法二：.
因为，
所以
14. 【解析】
不妨设，则，所以.
所以在处的切线方程为：.
令，则.
因为，所以，
即，所以是首项为1，公比为2的等比数列，前6项和为.故的前6
项和是.
三､解答题
15.（本小题满分13分）
解：（1）的定义域为，
由已知得，
因为，所以，解得.
令，解得（舍），.
当时，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值.
因为在上只有一个极值，所以.
因为恒成立，所以，即，得.
所以的取值范围是.
16.（本小题满分15分）
解：（1）因为服从正态分布，所以.
因为，所以，
所以.
因此，进入面试的人数约为159.
（2）由题意可知，的可能取值为
则；
；
.
所以的分布列为：
所以.
17.（本小题满分15分）
解：（1）因为，
由余弦定理得，所以.
因为，所以，所以.
因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）在平面内，过点作，交于.
因为平面平面，平面平面，所以平面.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的余弦值为.
18.（本小题满分17分）
解：（1）设动圆圆心，
当时，由已知得，即；
当时，点的轨迹为点，满足.
综上可知，点的轨迹方程为.
（2）设.
由题意得，的中点在抛物线上，即.
又，将代入得，
同理可得，
可知为方程的两根，所以.
所以直线的斜率为0.
（3）由得，
所以，
又因为，
所以.
又因为点在圆上，则，且.
设的面积为，则，
当时，有最大值48.
所以面积的最大值为48.
19.（本小题满分17分）
解：（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得：.
所以.
（2）由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
因为，所以，
整理得.
因为，当且仅当时等号成立.
所以，整理得，解得或者（舍去）.
所以实数的最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
A
C
D
B
D
A
题号
9
10
11
答案
ABD
BCD
AD
0
1
2
3
4
5
2024.04
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.
2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.
4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
一､选择题：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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B.
C. D.
3.已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A.30 B.32 C.36 D.40
4.小明希望自己的高考数学成绩能超过120分，为了激励自己，他记录了近8次数学考试成绩，并绘制成折线统计图，如图，这8次成绩的第80百分位数是（ ）
A.100 B.105 C.110 D.120
5.已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取两球，每次取一球，记第一次取出的球的数字是，第二次取出的球的数字是.若事件“为偶数”，事件“中有偶数且”，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数有2个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知椭圆的左､右焦点分别为，若经过的弦满足，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知点是双曲线上一点，过向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（ ）
A.双曲线的浙近线方程为
B.双曲线的焦点到渐近线的距离为1
C.
D.的面积为
10.设正方体的棱长为为线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.平面
C.设与所成的角为，则的最大值为
D.当棱锥体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为
11.如图，函数的图象与直线相交，是相邻的三个交点，红，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.若的最大值为，则
C.若，函数在上单调递减，则
D.若是偶函数，则的一个可能取值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.在：的展开式中，含项的系数是__________.
13.在中，，若边上的两条中线相交于点，则__________；__________.
14.已知二次函数有两个不相等的零点，其中.在函数图象上横坐标为的点处作的切线，切线与轴交点的横坐标为；用代替重复上面的过程得到：一直继续下去，得到，其中.若，则前6项的和是__________.
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.（本小题满分13分）
已知，函数，且.
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求的取值范围.
16.（本小题满分15分）
面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行笔试，笔试达标者才能进入面试.面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分.
（1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分服从正态分布，要求满足为达标.现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数.（结果四舍五入保留整数）
（2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为，后两题答对的概率均为，每道题是否答对互不影响，求该应聘者的面试成绩的分布列与数学期望.
附：若，则，
17.（本小题满分15分）
如图，在四棱锥中，，，且是的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
已知平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设点是圆上的动点，曲线上有四个点，其中是的中点，是的中点，记的中点为.
①求直线的斜率：
②求面积的最大值.
19.（本小题满分17分）
法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角所对的边分别为，点为的费马点，且.
（1）求；
（2）若，求的最大值；
（3）若，求实数的最小值.
大庆市高三年级第三次教学质量检测
数学答案及评分标准
一､单项选择题：本大题共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.B 【解析】
因为，所以.故选：B.
2.D 【解析】
因为复数对应的点的坐标是，所以，所以.故选：D.
3.A 【解析】
设等差数列的公差为，由，得，解得，所以
.故选：A.
4.C 【解析】
因为，由图可知8次成绩由小到大排序，第7个位置的数是110，所以这8次成绩的第80百分位数是110.故选：C.
5.D 【解析】
函数的图象如下，由图可知在上单调递增.因为，所以，解得.故选：D.
6.B 【解析】
由已知
则.故选：B.
7.D 【解析】
已知函数有2个零点，所以方程有两个根，即函数与的图象有两个公共点.
（1）当时，.若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为.又因为切线过点，所以，解得，即.
（2）当时，.若直线与曲线相切，设切点坐标为，则曲线在点处的切线方程为.又因为切线过点，所以，解得，即.
综上，结合函数与函数的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时.故选：D.
8.A 【解析】
法一：由题可知，所以，解得.
由得，整理得，
所以.故选：A.
法二：由题可知，由已知得，解得.
记中点为，因为，所以.
在和中，由得，解得，
所以.故选：A.
二､多项选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.ABD 【解析】
因为双曲线的方程为，所以，所以双曲线的渐近线方程为.故A正确.
双曲线的右焦点到渐近线的距离为.故B正确.
由点到直线的距离公式可得.故错误.
如图，因为，所以.在和中，，
，所以，所以
，故D正确.
故选：ABD.
10.BCD 【解析】
如图（1），当点与重合时，与所成的角是.故错误.
如图（2），易证平面平面，所以平面.故B正确.
如图（3），因为，所以与所成的角为.因为平面，所以，所以，当点与（或重合时最大，此时最大，易得.故C正确.
如图（3），因为，所以当点与重合时三棱锥体积最大，此时三棱锥的外接球即为正方体的外接球.设外接球半径为，则，所以，所以该三棱锥外接球的表面积为.故D正确.
故选：BCD.
11.AD 【解析】
设，则，所以，
所以，所以.因为，所以
，所以，所以.故A正确.
当时，
，
（其中）.因为时有最大值，所以，所以.故B错误.
法一：当时，是单调递减函数，所以的减区间为.因为函数在上单调递减，所以，得.因为，所以.故C错误.
法二：因为，所以.又因为，所以.因为函数在上单调递减，所以，解得.故C错误.
因为，所以的一条对称轴方程是，所以时，是偶函数.故D正确.故选：AD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.（13小题第1问2分，第2问3分）
12.24； 13.； 14.63.
12. 【解析】
在的展开式中，.令得，所以含项的系数是.
13. 【解析】
法一：在中，由余弦定理得，所以.
因为，所以，建立平面直角坐标系，如图，则
，所以，
所以.
法二：.
因为，
所以
14. 【解析】
不妨设，则，所以.
所以在处的切线方程为：.
令，则.
因为，所以，
即，所以是首项为1，公比为2的等比数列，前6项和为.故的前6
项和是.
三､解答题
15.（本小题满分13分）
解：（1）的定义域为，
由已知得，
因为，所以，解得.
令，解得（舍），.
当时，；当时，.
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值.
因为在上只有一个极值，所以.
因为恒成立，所以，即，得.
所以的取值范围是.
16.（本小题满分15分）
解：（1）因为服从正态分布，所以.
因为，所以，
所以.
因此，进入面试的人数约为159.
（2）由题意可知，的可能取值为
则；
；
.
所以的分布列为：
所以.
17.（本小题满分15分）
解：（1）因为，
由余弦定理得，所以.
因为，所以，所以.
因为，所以四边形为平行四边形，所以.
因为，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）在平面内，过点作，交于.
因为平面平面，平面平面，所以平面.
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则.
由（1）可知为二面角的平面角，即，所以，由，可得.
所以.
设平面的一个法向量为，则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，则
所以直线与平面所成角的余弦值为.
18.（本小题满分17分）
解：（1）设动圆圆心，
当时，由已知得，即；
当时，点的轨迹为点，满足.
综上可知，点的轨迹方程为.
（2）设.
由题意得，的中点在抛物线上，即.
又，将代入得，
同理可得，
可知为方程的两根，所以.
所以直线的斜率为0.
（3）由得，
所以，
又因为，
所以.
又因为点在圆上，则，且.
设的面积为，则，
当时，有最大值48.
所以面积的最大值为48.
19.（本小题满分17分）
解：（1）因为，
所以，即，
由正弦定理得：.
所以.
（2）由（1）知，所以的三个角都小于，
因为点为的费马点，所以.
由得：
，
整理得.
又因为，所以，当且仅当时等号成立.
所以，
所以的最大值为.
（3）由（2）知.
设，
由得.
由余弦定理得：
因为，所以，
整理得.
因为，当且仅当时等号成立.
所以，整理得，解得或者（舍去）.
所以实数的最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
A
C
D
B
D
A
题号
9
10
11
答案
ABD
BCD
AD
0
1
2
3
4
5
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