重庆市九龙坡区2024届高三下学期第三次学业质量抽测考试（5月）数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市九龙坡区2024届高三下学期第三次学业质量抽测考试（5月）数学试卷一、选择题1.已知集合，则满足的集合共有（）A.1个 B.3个 C.4个 D.8个〖答案〗C〖解析〗由，可得，所以，所以中一定有，可能有，故的个数为个.故选：C.2.设是关于的方程的两根其中，若（为虚数单位）.则（）A. B. C. D.2〖答案〗A〖解析〗因为关于的方程的一个根为，所以另一个根，所以.故选：A.3.已知，，，则向量的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，由，得，即，所以，所以，又，所以向量的夹角为.故选：D.4.已知函数，则“”是“的图象在区间上只有一个极值点”的（）A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.非充分非必要条件〖答案〗A〖解析〗当时，又，所以，

若的图象在区间上只有一个极值点，

则，解得，因为真包含于，

所以是的图象在区间上只有一个极值点的充分不必要条件．

故选：A5.用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设“数字1，3相邻”，设“数字2，4，6相邻”，则数字1，3相邻时的六位数有个，数字1，3相邻，数字2，4，6也相邻的六位数的个数为，则.故选：A.6.正整数的倒数的和已经被研究了几百年，但是迄今为止仍然没有得到它的求和公式，只是得到了它的近似公式，当很大时，.其中称为欧拉-马歇罗尼常数，，至今为止都不确定是有理数还是无理数.设表示不超过的最大整数，用上式计算的值为（）（参考数据：，，）A.10 B.9 C.8 D.7〖答案〗C〖解析〗设，则，因为，可知数列为递增数列，且，，可知，所以.故选：C.7.若方程在的解为，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗当时，，因为方程在的解为，结合正弦函数的图象，令，则，根据对称性可知，，即，又，即，所以，所以，，所以，，故.故选：B.8.已知椭圆：的短轴长为2，上顶点为，左顶点为，，分别是的左、右焦点，且的面积为，点为上的任意一点，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗由已知的，故.∵的面积为，∴，∴.又∵，∴，，∴，又，∴，∴.∴的取值范围为.故选：D.二、选择题9.已知样本数据的平均数为2，方差为1，则下列说法正确的是（）A.数据，，的平均数为6B.数据，，的方差为9C.数据的方差为1D.数据的平均数为5〖答案〗BD〖解析〗因为样本数据的平均数为2，方差为1，所以数据，，的平均数为，故A错误；数据，，的方差为，故B正确；，，数据的平均数为，所以方差，故C错误；由，，得，所以，所以数据的平均数为，故D正确.故选：BD.10.在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（）A.直线平面B.直线与平面所成角的正切值为C.三棱锥的体积为D.三棱锥的外接球表面积为〖答案〗ABD〖解析〗由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，则对于A项，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又，因为直线平面，所以直线平面，A正确；对于B项，，设平面的一个法向量为，则，取，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，所以，所以，故，故B正确；对于C项，，故C不正确；对于D项，如图，三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.故选：ABD.11.已知函数及其导函数的定义域为，若为奇函数，，且对任意，，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.〖答案〗BCD〖解析〗由，令，则，因为，所以，故A错误；令，则，①所以，因为为奇函数，所以为偶函数，，所以，②由①②并整理得，即，所以，所以是周期为的周期函数，故，故B正确；因为，所以，故C正确；由上知，在①中，令，得，所以，所以，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题12.展开式中的常数项为__________.〖答案〗〖解析〗由题意的展开式的通项为，令，故展开式中的常数项为，故〖答案〗为：6013.设的内角A，B,C的对边分别为a,b,c,其面积为，已知，.则______；的最大值为______.〖答案〗〖解析〗因为，所以由正弦定理知，所以，因为，所以，又，所以，所以，所以；由已知及余弦定理得：，所以，当且仅当时，等号成立，则面积的最大值为.故〖答案〗为：；14.古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，，若点是满足的阿氏圆上的任意一点，点为抛物线上的动点，在直线上的射影为，则的最小值为__________.〖答案〗〖解析〗设，则，化简整理得，所以点的轨迹为以为圆心为半径的圆，抛物线的焦点，准线方程为，则，当且仅当（两点在两点中间）四点共线时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题15.已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，.（1）求数列和的通项公式；（2）设，求使取得最大值时的值.解：（1）设等差数列的公差为，则，解得，所以，设等比数列的公比为，则，解得，所以；（2）由（1）得，则，，当时，，当时，，当时，，所以当或时，取得最大值.16.如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面ABC，，且D为AC的中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值.（1）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，又为等边三角形，D为AC的中点，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以在直角梯形中，所以，又，BD，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）解：由（1）知两两垂直，如图所示，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，因为，，则，令，则，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角，则，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为17.在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两个对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者获得第三名：最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立.（1）若，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.①求甲获得第四名的概率；②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签决定两两对阵，两场比赛的胜者晋级到冠军决赛，败者参加三、四名比赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则；②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，则的所有可能取值为连败两局：，可以分为三种情形：甲第一、第二局连胜两局，第三局不管胜负；甲第一局负，第二局胜，第三局负；甲第一局胜，第二局负，第三局负；，可以分为三种情形：甲第一局负，第二局胜，第三局胜；甲第一局胜，第二局负，第三局胜，且第四局都不管胜负.；故的分布列如下：234故数学期望；（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，由，且所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；时，两种赛制甲夺冠的概率一样.18.已知，，是圆上任意一点，点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，记点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点且斜率为的直线交曲线位于轴右侧的部分于不同的A，B两点，为轴上一点且满足，试探究是否为定值，若是，则求出该定值；若不是，请说明理由.解：（1）由题意可得，且为的中点，又为的中点，所以且，因为点关于点的对称点为，线段的中垂线与直线相交于点，由垂直平分线的性质可得，所以，所以点的轨迹是以为焦点的双曲线，，所以，所以曲线的方程为；（2）直线方程为，设，联立，可得，由于直线交双曲线的右支于两点，可得，，所以，解得或，则，即的中点坐标为，因为为轴上一点，满足，故为的垂直平分线与轴的交点，的垂直平分线的方程为：，令，则得，即，所以，又，又因为在双曲线的右支上，故，故，即，故，即为定值，定值为.19.已知函数，.（1）当时，函数恒成立，求实数的最大值；（2）当时，若，且，求证：；（3）求证：对任意，都有.（1）解：当时，