安徽池州市东至二中2023-2024学年高三第三次测评数学试卷含解析

安徽池州市东至二中2023-2024学年高三第三次测评数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上的一点，且.若直线与双曲线E的渐近线交于点M，且M为的中点，则双曲线E的渐近线方程为()A． B． C． D．2．已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（）A． B． C． D．3．已知复数满足，则（）A． B． C． D．4．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（）A． B． C．1 D．5．若复数（为虚数单位），则（）A． B． C． D．6．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（）A．多1斤 B．少1斤 C．多斤 D．少斤7．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题①的值域为②的一个对称轴是③的一个对称中心是④存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（）A．1 B．2 C．3 D．48．已知复数z满足，则z的虚部为（）A． B．i C．–1 D．19．设正项等比数列的前n项和为，若，，则公比（）A． B．4 C． D．210．若，，，则（）A． B．C． D．11．已知命题：R，；命题：R，，则下列命题中为真命题的是（）A． B． C． D．12．双曲线的右焦点为，过点且与轴垂直的直线交两渐近线于两点，与双曲线的其中一个交点为，若，且，则该双曲线的离心率为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．命题“对任意，”的否定是．14．设，则“”是“”的__________条件.15．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_____16．在平面直角坐标系xOy中，A，B为x轴正半轴上的两个动点，P（异于原点O）为y轴上的一个定点．若以AB为直径的圆与圆x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒为定值，则线段OP的长为_____．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.18．（12分）已知在四棱锥中，平面，，在四边形中，，，，为的中点，连接，为的中点，连接.（1）求证：.（2）求二面角的余弦值.19．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右顶点分别为、，焦距为2，直线与椭圆交于两点（均异于椭圆的左、右顶点）.当直线过椭圆的右焦点且垂直于轴时，四边形的面积为6.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线的斜率分别为.①若，求证：直线过定点；②若直线过椭圆的右焦点，试判断是否为定值，并说明理由.20．（12分）已知椭圆与抛物线有共同的焦点，且离心率为，设分别是为椭圆的上下顶点（1）求椭圆的方程；（2）过点与轴不垂直的直线与椭圆交于不同的两点，当弦的中点落在四边形内（含边界）时，求直线的斜率的取值范围.21．（12分）高铁和航空的飞速发展不仅方便了人们的出行,更带动了我国经济的巨大发展.据统计,在2018年这一年内从市到市乘坐高铁或飞机出行的成年人约为万人次.为了解乘客出行的满意度,现从中随机抽取人次作为样本,得到下表(单位:人次):满意度老年人中年人青年人乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机乘坐高铁乘坐飞机10分(满意)1212022015分(一般)2362490分(不满意)106344（1）在样本中任取个,求这个出行人恰好不是青年人的概率;（2）在2018年从市到市乘坐高铁的所有成年人中,随机选取人次,记其中老年人出行的人次为.以频率作为概率,求的分布列和数学期望;（3）如果甲将要从市出发到市,那么根据表格中的数据,你建议甲是乘坐高铁还是飞机?并说明理由.22．（10分）已知在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】

由双曲线定义得，，OM是的中位线，可得，在中，利用余弦定理即可建立关系，从而得到渐近线的斜率.【详解】根据题意，点P一定在左支上.由及，得，，再结合M为的中点，得，又因为OM是的中位线，又，且，从而直线与双曲线的左支只有一个交点.在中.——①由，得.——②由①②，解得，即，则渐近线方程为.故选：C.【点睛】本题考查求双曲线渐近线方程，涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识，是一道中档题.2、A【解析】

由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.【详解】设，且线过定点即为的圆心，因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.3、A【解析】

根据复数的运算法则，可得，然后利用复数模的概念，可得结果.【详解】由题可知：由，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查复数的运算，考验计算，属基础题.4、B【解析】

首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；【详解】解：因为，所以因为所以，即，，时故选：【点睛】本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.5、B【解析】

根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.【详解】,,故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.6、C【解析】设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列则由等差数列的性质得，故选C7、C【解析】

由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.【详解】由题,,则向右平移个单位可得,,的值域为,①错误；当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；当时,,所以的一个对称中心是,③正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.8、C【解析】

利用复数的四则运算可得，即可得答案.【详解】∵，∴，∴，∴复数的虚部为.故选：C.【点睛】本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.9、D【解析】

由得，又，两式相除即可解出．【详解】解：由得，又，∴，∴，或，又正项等比数列得，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查等比数列的性质的应用，属于基础题．10、C【解析】

利用指数函数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，进而可得出、、三个数的大小关系.【详解】对数函数为上的增函数，则，即；指数函数为上的增函数，则；指数函数为上的减函数，则.综上所述，.故选：C.【点睛】本题考查指数幂与对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性结合中间值法来比较，考查推理能力，属于基础题.11、B【解析】

根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题的真假，最后根据真值表，可得结果.【详解】对命题：可知，所以R，故命题为假命题命题：取，可知所以R，故命题为真命题所以为真命题故选：B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.12、D【解析】

根据已知得本题首先求出直线与双曲线渐近线的交点，再利用，求出点，因为点在双曲线上，及，代入整理及得，又已知，即可求出离心率．【详解】由题意可知，代入得：，代入双曲线方程整理得：，又因为，即可得到，故选：D．【点睛】本题主要考查的是双曲线的简单几何性质和向量的坐标运算，离心率问题关键寻求关于，，的方程或不等式，由此计算双曲线的离心率或范围，属于中档题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、存在，使得【解析】试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”．考点：命题的否定．14、充分必要【解析】

根据充分条件和必要条件的定义可判断两者之间的条件关系.【详解】当时，有，故“”是“”的充分条件.当时，有，故“”是“”的必要条件.故“”是“”的充分必要条件，故答案为：充分必要.【点睛】本题考查充分必要条件的判断，可利用定义来判断，也可以根据两个条件构成命题及逆命题的真假来判断，还可以利用两个条件对应的集合的包含关系来判断，本题属于容易题.15、2025【解析】

利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.【详解】依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：令，得，所以的系数为.故答案为：2025【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.16、【解析】分析：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），利用差角的正切公式，结合以AB为直径的圆与圆x2+（y-2）2=1相外切．且∠APB的大小恒为定值，即可求出线段OP的长．详解：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），则∵∠APB的大小恒为定值，

∴t＝，∴|OP|=．故答案为点睛：本题考查圆与圆的位置关系，考查差角的正切公式，考查学生的计算能力，属于中档题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】

（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.【详解】解：（1）如图：取的中点，连接、.在中，是的中点，是的中点，平面平面,故平面在直角梯形中，，且，∴四边形是平行四边形，，同理平面又,故平面平面，又平面平面.（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，又∵平面平面，平面平面平面，可得是三棱锥的高线.在直角梯形中，.设到平面的距离为，则，即由已知得，由余弦定理易知：，则解得，即点到平面的距离为故答案为：.【点睛】考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.18、（1）见解析；（2）【解析】

（1）连接，证明，得到面，得到证明.（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，为平面的法向量，平面的一个法向量为，计算夹角得到答案.【详解】（1）连接，在四边形中，，平面，面，，，面，又面，，又在直角三角形中，，为的中点，，，面，面，.（2）以，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，，，，，，，设为平面的法向量，，，，，令，则，，，同理可得平面的一个法向量为.设向量与的所成的角为，，由图形知，二面角为锐二面角，所以余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直，二面角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.19、（1）；（2）①证明见解析；②【解析】

（1）由题意焦距为2，设点，代入椭圆，解得，从而四边形的面积，由此能求出椭圆的标准方程．（2）①由题意，联立直线与椭圆的方程，得，推导出，，，，由此猜想：直线过定点，从而能证明，，三点共线，直线过定点．②由题意设，，，，直线，代入椭圆标准方程：，得，推导出，，由此推导出（定值）．【详解】（1）由题意焦距为2，可设点，代入椭圆，得，解得，四边形的面积，，，椭圆的标准方程为．（2）①由题意，联立直线与椭圆的方程，得，，解得，从而，，，同理可得，，猜想：直线过定点，下证之：，，，，三点共线，直线过定点．②为定值，理由如下：由题意设，，，，直线，代入椭圆标准方程：，得，，，，（定值）．【点睛】本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线过定点的证明，考查两直线的斜率的比值是否为定值的判断与求法，考查椭圆、直线方程、韦达定理等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题．20、（1）（2）或【解析】

（1）由已知条件得到方程组，解得即可；（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由得到的范围，设弦中点坐标为则，所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以，即满足，得到不等式组，解得即可；【详解】解：（1）由已知椭圆右焦点坐标为，离心率为，，，所以椭圆的标准方程为；（2）由题意得直线的斜率存在，设直线方程为联立，消元整理得，，由，解得设弦中点坐标为，所以在轴上方，只需位于内（含边界）就可以，即满足，即，解得或【点睛】本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质，直线与椭圆的综合应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21、（1）（2）分布列见解析，数学期望（3）建议甲乘坐高铁从市到市.见解析【解析】

（1）根据分层抽样的特征可以得知，样本中出行的老年人、