2024年洛平许济高三数学5月第四次质量检测卷附答案解析

年洛平许济高三数学5月第四次质量检测卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上和试卷指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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．已知均为单位向量，且夹角为，则（

）A． B．1 C． D．2．过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，若中点的横坐标为4，则（

）A．16 B．12 C．10 D．83．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（

）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则4．为加强校企合作，促进大学毕业生就业，某企业欲从本市科技大学的农学院、外国语学院、管理学院这三个学院招录6名大学生，每个学院至少招录1名，则不同的名额分配方案有（

）A．10种 B．20种 C．216种 D．729种5．已知等比数列的公比为，若，且成等差数列，则（

）A． B． C． D．6．在中，，且交于点，，则（

）A． B． C． D．7．若关于的不等式恒成立，则实数的最大值为（

）A． B． C．1 D．8．已知点分别是椭圆的左、右焦点，过的直线与圆相切，切点为，直线与椭圆交于点，且点在与之间，若的面积为，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．已知复数，为的共轭复数，则（

）A． B．C． D．10．已知函数，则（

）A．当时， B．函数为偶函数C．在区间上单调递增 D．的最大值为111．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点（不含端点），过三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法正确的是（

）A．正方体被平面所截得的截面形状为梯形B．存在一点，使得点和点到平面的距离相等C．正方体被平面所截得的截面的面积随着线段的长度的增大而增大D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．定义集合运算：，若集合，，则集合中所有元素之和为．13．在中，，的最大值为．若函数在区间上单调递增，则的最大值为．14．已知函数的定义域为，若，且，则，．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．如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，.(1)证明：平面平面；(2)若四棱台的体积为．求直线与平面所成角的正弦值.16．某教学研究机构从参加高考适应性考试的20000名优秀考生中随机抽取了200人对其数学成绩进行了整理分析，作出了如下频率分布直方图：

(1)根据频率分布直方图，同一组数据用该组区间的中点值作代表，求得这200名考生数学成绩的平均数为．据此估计这20000名优秀考生数学成绩的标准差；(2)根据以往经验，可以认为这20000名优秀考生的数学成绩近似服从正态分布，其中参数和可以分别用（1）中的和来估计.记考生本次考试的各科总成绩为，若，试估计这20000名优秀考生中总成绩的人数.另：；若，则，.17．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若有两个极值点，记过两点的直线的斜率为，是否存在实数，使成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．18．已知点，动点满足直线与直线的斜率之积为，动点的轨迹为曲线．(1)求曲线的方程：(2)直线与曲线交于两点，且交于点，求定点的坐标，使为定值；(3)过（2）中的点作直线交曲线于两点，且两点均在轴的右侧，直线的斜率分别为，求的值．19．定义1

进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如．定义2

三角形数：形如，即的数叫做三角形数．(1)若是三角形数，试写出一个满足条件的的值；(2)若是完全平方数，求的值；(3)已知，设数列的前项和为，证明：当时，．1．D【分析】先求向量的数量积，再求，平方开方即可.【详解】由题意可知，，且，所以，所以.故选：D.2．B【分析】由抛物线焦点弦长公式结合中点坐标公式即可求解.【详解】设，由题设有，由抛物线的焦半径公式有：而.故选：B.3．C【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可.【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误；B：由，，可知、可能平行或异面，B错误；C：由，，，可知，C正确；D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误.故选：C4．A【分析】由题意可知：人员名额分配有、和三种情况，结合排列数、组合数分析求解.【详解】由题意可知：人员名额分配有、和三种情况，若，只有1种可能；若，有种可能；若，有种可能；综上所述：不同的名额分配方案有种.故选：A.5．C【分析】根据等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得结果.【详解】成等差数列，，又，，整理可得：，，解得：（舍）或.故选：C.6．B【分析】利用诱导公式求出，再利用余弦定理求出及即可得解.【详解】由，得，而为锐角，则，在中，由余弦定理得，所以.故选：B7．B【分析】对所给不等式进行适当变形，利用同构思想得出对于任意的恒成立，进一步利用导数求出不等式右边的最小值即可求解.【详解】显然首先，，令，则，所以在定义域内严格单调递增，所以若有成立，则必有，即对于任意的恒成立，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，取得最小值，从而，所以的取值范围是，即实数的最大值为.故选：B.8．D【分析】设，由椭圆定义得出，再由题意解出，最后由面积公式得出，进而求出椭圆离心率.【详解】如图，过作直线的垂线，垂足为，设，由椭圆定义知：，且有直线与圆相切，直线，且，又因为的面积为，所以，所以，即，即，又因为，直线，且，所以，在中，点为中点，所以，同理在中，，所以，所以，所以，解得，符合题意，即，所以.故选：D.【点睛】方法点睛：利用椭圆定义及性质结合图形得出齐次方程是解决圆锥曲线离心率问题的一种重要的方法.9．ABC【分析】根据共轭复数的概念得，然后根据复数乘法运算逐一计算即可判断ABC；由可得，然后可判断D.【详解】对于A，因为，所以，所以，A正确；对于B，，，B正确；对于C，，C正确；对于D，因为，所以，所以，D错误.故选：ABC10．ABD【分析】先由立方和，辅助角，二倍角公式对化简，再由正弦函数的值域可得A正确；由偶函数的性质可得B正确；举反例代入和比大小可得C错误；令，构造函数，求导分析单调性和最值可得D正确.【详解】，，A：因为，且，又，所以，故A正确；B：，，因为，所以函数为偶函数，故B正确；C：因为，，所以，故C错误；D：设，则，因为，所以，所以原函数可化为，则，令，解得，所以当和时，，此时为减函数；当时，，此时为增函数；又，，则最大值为，即的最大值为1，故D正确；故选：ABD.11．AC【分析】根据面面平行的性质定理可得，易证，从而判定A，假设点和点C到平面的距离相等可得平面，与已知矛盾判定B，求出截面的面积，利用导数可判定C，求出正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积与已知相等可判定D.相等，【详解】选项A：设过三点的平面与交点为F，连接，因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形，所以，所以，即，所以正方体被平面所截得的截面形状为梯形，故A正确.选项B：由点和点B到平面的距离相等，若点和点C到平面的距离相等，必有平面，又由，可得平面，与平面矛盾，故B错误；选项C：如图：在上取点H，使得，连接，设，因为，可得平面为过三点的截面，在梯形中，，梯形的高为，梯形的面积为，令，则所以函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的长度增大而增大，故C正确；选项D：因为，，正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为：，解得，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题C选项解决的关键是设，求得梯形的面积关于的表达式，再利用导数即可得解.12．4【分析】根据新定义求出集合中的所有元素，即可得解.【详解】，，当，时，；当，时，；当，时，.所以，所以集合中所有元素之和为.故答案为：413．2【分析】由已知在中，，由利用不等式可得，然后利用正弦函数的单调性与区间的关系列不等式即可.【详解】因为，故为锐角，且，又，所以，所以的最大值为，即，当且仅当时，即，等号成立，函数，因为，所以，要使在区间上单调递增，则，所以，所以的最大值为.故答案为：.14．【分析】通过赋值法解出，由解出；进而求出，再证明函数为偶函数，进而证出，结合偶函数得出函数周期，求出最后求解即可.【详解】令，得，再令，得，所以，因为，所以，令，得.所以，即，若，则代入中，，由，所以，即，且，令，得，由，，所以，所以为偶函数；所以，，令，得，所以，即，因为，所以，所以为周期函数，周期为，所以，，所以.故答案为：；.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用余弦定理和勾股定理计算得，再利用线面垂直的性质定理及判定定理得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明.（2）根据四棱台的体积公式求得，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得线面角的正弦值.【详解】（1）因为底面为平行四边形，，所以，因为在中，，由余弦定理可得，所以.所以，所以为直角三角形，即.又因为平面，平面，所以，因为平面，平面，且，所以平面.又因为平面，所以平面平面.（2）因为四棱台的体积为，平面，而，所以，所以，解得.如图，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，所以，而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正弦值为.16．(1)(2)【分析】（1）根据平均数为，利用方差的计算公式可得方差，利用所给数据，估算得标准差.（2）由题目提示可得，，利用正态分布的性质可得，又因为，所以，从而估算得到最终结果.【详解】（1）抽取的200名考生数学成绩的方差估计值为.故估计这20000名考生数学成绩方差为150，标准差.（2）由（1）知可用来估计，可用来估计.故..，故.又，所以.故这20000名考生中成绩在的人数服从二项分布，约为.17．(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）求出函数的导数，求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程即可.（2）假设存在，使得，依题意有是方程的两个不等实数根，利用韦达定理得到且，不妨令，则，表示出，得到，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再说明理由即可.【详解】（1）由题意得，函数的导函数．当时，，即切点为，所以曲线在处的切线方程为，即．（2）不存在这样的．假设存在，使得．则是方程的两个不等实数根，即且，不妨令，则，因为，所以由得，．构造函数，而恒成立，所以在上单调递增，即．所以当时，恒成立即无解．所以，不存在的值，使得．18．(1)(2)(3)【分析】（1）设是曲线上的任意一点，由动点满足直线与直线的斜率之积为，，列出方程，即可求解；（2）当斜率存在时，设的方程为，联立方程组，结合，列出方程，求得，求得过定点；当直线的斜率不存在时，设直线，联立方程组，得到直线也过点，求得过定点，再由，得到点在以为直径的圆上，即可求解；（3）设直线，联立方程组求得，结合斜率公式，求得为定值.【详解】（1）解：设是曲线上的任意一点，因为点，且动点满足直线与直线的斜率之积为，可得，整理得，其中．所以曲线的轨迹方程为.（2）解：①当直线斜率存在时，设的方程为，设，联立方程组，整理得，则，即，且所以，因为，所以，所以，化简得，即，所以，且均满足，当时，直线的方程为，直线过定点，与已知矛盾，当时，直线的方程为，过定点，记为点．②当直线的斜率不存在时，由对称性不妨设直线，联立方程组，解得，此时直线也过点，综上，直线过定点．又由，所以点在以为直径的圆上，故当为该圆圆心，即点为的中点时，为该圆半径，即，所以存在定点，使为定值．

（3）解：设，易得直线的斜率不为0，可设直线联立方程组，整理得，则，且，则，所以．

【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；2、由特殊