安徽省马鞍山市2024届高三下学期教学质量监测数学试卷(含答案)
展开一、选择题
1.已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2.已知平面向量,不共线,,,且,则( )
A.B.0C.1D.
3.已知数列是公差为2的等差数列,若,,成等比数列,则( )
A.9B.12C.18D.27
4.已知角,则数据,,,,的中位数为( )
A.B.C.D.
5.已知函数的大致图象如图所示,则的解析式可能为( )
A.B.C.D.
6.甲、乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务,每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位,每个岗位至少有一名志愿者,则甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为( )
A.B.C.D.
7.已知函数的一个零点是,且在上单调,则( )
A.B.C.D.
8.已知点A,B,C,D,P,Q都在同一个球面上,为正方形,若直线经过球心,且平面.则异面直线,所成的角最小为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9.已知四棱锥,平面ABCD,则( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则
10.已知点P,A,B在抛物线y2=2px(p>0)上,线段AB,PA,PB的中点分别为D,M,N,线段M,N的中点为E,若直线PA,PB的斜率之和为0,则( )
A.点M,N不在x轴上B.点E在x轴上
C.点D与点P的横坐标相等D.点D与点P的纵坐标互为相反数
11.已知函数,是定义在R上的可导函数,其导函数分别为,,其中的图象关于点对称,的图象关于直线对称,,,则( )
A.B.C.D.
三、填空题
12.已知复数z满足,若z在复平面内对应的点不在第一象限,则______.
13.已知双曲线的左、右焦点分别为,,过点的直线与的右支交于A,B两点,若,则______.
14.已知不等式对任意恒成立,则实数的取值范围是______.
四、解答题
15.已知函数,直线l在y轴上的截距为3,且与曲线相切于点.
(1)求实数a的值;
(2)求函数的单调区间与极值.
16.如图,在四面体中,,,两两垂直,,M是线段的中点,P是线段的中点,点Q在线段上,且.
(1)求证:平面;
(2)若点G在平面内,且平面,求直线与平面所成角的正弦值.
17.如果X,Y是两个离散型随机变量,X的所有可能取值为:,,…,,则称为X在事件下的条件期望.已知甲每次投篮的命中率均为p,其中,设随机变量X是甲第一次命中时的投篮次数,随机变量Y是甲第二次命中时的投篮次数.
(1)若,求,;
(2)已知,,求.
18.已知椭圆的离心率为,点在椭圆C上,过点的直线l与椭圆C交于A,B两点,直线PA,PB与直线分别交于点M,N
(1)求椭圆C的方程;
(2)若T为椭圆C的上焦点,求面积取得最大值时直线l的方程;
(3)若的外接圆经过原点O,求t的值.
19.已知S是全体复数集C的一个非空子集,如果,总有,,,则称S是数环.设F是数环,如果①F内含有一个非零复数;②,且,有,则称F是数域.由定义知有理数集Q是数域.
(1)求元素个数最小的数环;
(2)证明:记,证明:是数域;
(3)若,是数域,判断是否是数域,请说明理由.
参考答案
1.答案:C
解析:因为集合或,
,
所以,
故
故选:C.
2.答案:A
解析:因为,且,
所以,即,
又,不共线,
所以,解得.
故选:A
3.答案:D
解析:由,,成等比数列,得,
所以,解得,
所以.
故选:D
4.答案:A
解析:因为角,
所以,,,
,,
所以,,
按照从小到大的顺序排列时,前3个数为,,,
则中位数为(或).
其中当时的证明过程如下:
构造单位圆,如图所示:
则,设,则,
过点A作直线垂直于x轴,交所在直线于点T,
由,得,所以,
由图可知,
即,
即.
故选:A.
5.答案:D
解析:对于选项A:因为,与图象不符,故A错误;
对于选项B:因为,与图象不符,故B错误;
对于选项C:因为,与图象不符,故C错误;
故选:D.
6.答案:C
解析:若人数配比为时,则有种不同安排方法;
若人数配比时,则有种不同安排方法;
所以共有种不同安排方法.
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时,则有种不同安排方法;
若甲、乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时,则有种不同安排方法;
所以共有种不同安排方法.
所以甲、乙两人恰选择同一岗位的概率为.
故选:C.
7.答案:B
解析:因为,
,且时,
可得,且,
若在上单调,则,解得,
又因为的一个零点是,则,,解得,,
所以,.
故选:B.
8.答案:C
解析:设球的半径为,记中心为O,
因为为正方形,直线经过球心,且平面,
所以过点O且的中点为球心,设球心为G,
以O为原点,、、分别为x,y,z轴正半轴,建立空间直角坐标系,
设,,
则,,,,
所以,,
所以,
所以,,
又,即,
所以
,当且仅当时等号成立,
设直线,所成的角为,则,
又,所以.
故选:C
9.答案:AC
解析:对于选项AD:若,且,平面PAC,
可得平面PAC,且平面PAC,所以,
同理:若,可得,
即等价于,
由不能推出,即不能推出,
故A正确;故D错误;
对于选项BC:若,可知,所以,
反之,,可知,所以,
即等价于,
由不能推出,即不能推出,
故B错误,故C正确;
故选:BC.
10.答案:ABD
解析:如图所示:
令,,,且,
则,
又,则,,
而,,
所以,,
则,
故,而,则B选项正确;
若点M或N在x轴上,则,即,
故与题设矛盾,
所以点M或N不在x轴上,A选项正确;
由上,
则点D与点P的纵坐标互为相反数,D选项正确;
显然D不可能在抛物线上,点D与点P的横坐标不相等,C选项错误.
故选:ABD.
11.答案:ACD
解析:由的图象关于点对称,则,
即,所以,又的图象关于直线对称,
则,又,所以,
所以,两边同时求导得,即,故A正确;
由,可得,即,
所以,所以函数的周期为4,
又,,,结合,,
得,,又函数的周期为4,所以,,
所以,则,故D正确;
再,所以,
结合得,即,所以函数的周期为4,
所以,
又,所以,故C正确;
由A选项知:,所以,即,
再,所以,所以,,即,又,所以,
所以,故B错误.
故选:ACD
12.答案:
解析:设,,则,
因为,则,
解得或,
又因为z在复平面内对应的点不在第一象限,可知,可知,
所以.
故答案为:.
13.答案:或
解析:依题意过点的直线与的右支交于A,B两点,
且,,,
则,,,
所以,
可得,
解得或(舍去).
故答案为:.
14.答案:
解析:因为,且,
可得对任意恒成立,
令,则,
若,则,可得,
若,则,可得
,
由对勾函数可知或,
则或,可得,
则;
综上所述:,
即的最大值为,则,
所以实数的取值范围是.
故答案为:.
15.答案:(1)
(2)单调递增区间为,,单调递减区间为,,
解析:(1)因为,则,
所以,,
故直线,
又直线l在y轴上的截距为3,所以,解得.
(2)由(1)得,的定义域为,
又,
由,解得或;由,解得,
所以函数的单调递增区间为,;单调递减区间为,
所以在处取得极大值,即,
在处取得极小值,即.
16.答案:(1)证明见解析
(2)
解析:(1)作,交于点E,作,交于点F,
因为M是线段的中点,P是线段的中点,,
所以且,
,,所以且,
且,所以四边形为平行四边形,
,又平面,平面,平面.
(2)以D为原点,分别以,,为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系,
不妨设,则,,,,
设,则,,,
平面,可设,,,
即,
则,即,则,
平面,又,,
,即,解得,所以点G坐标为,
,
设平面的法向量为,
则,令,则,得,
所以,
故直线与平面所成角的正弦值为.
17.答案:(1),;
(2).
解析:(1)时,前三次投篮都不中,且第四次投篮命中,
所以;
时,前三次投篮命中一次,且第四次投篮命中,
所以;
(2)在的条件下X的所有可能取值为1,2,3,…,,
,时,第i次和第n次命中,其余次均未命中,
所以,,
时,第n次命中,前次只有一次命中,
所以,
所以,1,2,3,…,,
故有.
18.答案:(1);
(2);
(3)
解析:(1)由题意可知:,,则,,
所以椭圆C的方程为.
(2)由题意可知:直线l的斜率存在,设,,,
由(1)可知:,则,且直线与椭圆C必相交,
联立方程,消去y得,
则,,
可得
,
当且仅当,即时,等号成立,
所以面积取得最大值时直线的方程为.
(3)设直线,直线,则,,
联立方程,消去y得,
则,
可得,,
则
,
又因为,,,,
若的外接圆经过原点O,则,
可得,
且,则,可得,解得,
检验可知满足,
所以t的值为.
19.答案:(1);
(2)证明见详解;
(3)不一定数域,证明见详解
解析:(1)因为为数环,可知不是空集,即中至少有一个元素,
若,则,可知为数环;
若,则,可知中不止一个元素,不是元素个数最小的数环;
综上所述:元素个数最小的数环为.
(2)设,,,可知,则有:
,
,
,
因为,则,,,,,,
可知,,,所以是数环;
若,可知,满足①;
若,则,
因为,则,
可知,满足②;
综上所述:是数域.
(3)不一定是数域,理由如下:
①若,,显然,均为数域,且是数域;
②设,,,可知,则有:
,
,
,
因为,则,,,,,,
可知,,,所以是数环;
若,可知,满足①;
若,则,
因为,则,,
可知,满足②;
综上所述:是数域.
例如:,,例如,,
但,
所以不是数域;
综上所述:不一定数域.
安徽省马鞍山市2023-2024学年高三下学期教学质量监测数学试题 含答案: 这是一份安徽省马鞍山市2023-2024学年高三下学期教学质量监测数学试题 含答案,共11页。
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