江西省景德镇市高三第三次质检数学试题

景德镇市2024届高三第三次质检试题数学命题景德镇一中邱金龙景德镇二中马小宇景德镇十六中余倩本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题）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.已知全集，，，则是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先确定全集，画出韦恩图，结合集合的运算表示【详解】因为，所以画出韦恩图如下：可知.故选：D2.下列有关复数，的等式中错误的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用代数形式的复数加法、乘法运算，结合复数的模及共轭计算判断BCD；举例说明判断A.【详解】设，对于A，令，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，则，，因此，C正确；对于D，，D正确.故选：A3.已知函数是奇函数，则时，的解析式为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，利用时，和可求得的解析式.【详解】设，则，所以，又函数是奇函数，所以，即，.即.故选：C4.已知是数列的前项和，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定的递推公式求出，再利用等比数列求出通项公式即得.【详解】数列的前项和，由，，得，解得，因此数列是首项为1，公比为4的等比数列，，所以.故选：A5.已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则或【答案】C【解析】【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除.【详解】对于A，由，，设，当时，可得，故A错误；对于B，由，可得或，故B错误；对于C，如图，设，，在平面作不与重合的直线，使，因，则，因，，则，因，则，于是，故C正确；对于D，当，，时，若且，则可以和平面成任意角度，故D错误.故选：C.6.过抛物线上的一点作圆：的切线，切点为，，则可能的取值是（）A.1 B.4 C. D.5【答案】D【解析】【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可.【详解】设，则，圆的圆心，半径由切圆于点，得，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为，ABC不是，D是.故选：D7.函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据y轴右边第二个对称中心在内，第三个对称中心不在内可求得，结合可得，再利用平移变换求出，根据三角变换化简可得，然后由二倍角公式可解.【详解】由得，因为函数在内恰有两个对称中心，所以，解得，又，所以，即，所以，将函数的图象向右平移个单位得到函数，即，因为，所以.故选：A8.六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用排列应用问题、及组合计数求出基本事件数，再利用古典概率计算即得.【详解】不妨假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为，小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为所以不需要插队的概率.故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.等边边长为2，，，与交于点，则（）A. B.C. D.在方向上的投影向量为【答案】BD【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可判断A选项的正误；以为坐标原点，、分别为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，求出点的坐标，可判断B选项的正误；利用平面向量数量积的坐标运算和投影向量的定义可判断CD选项的正误.【详解】对于A，由平面向量线性运算可得，，A错误；对于B，以为坐标原点，、分别为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示，则设，，所以，因为，所以，解得，所以，B正确；对于C，由B可知，，所以，C错误；对于D，，所以，所以在方向上的投影向量为，D正确；故选：BD.10.正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（）A.该截面是五边形B.四面体外接球的球心在该截面上C.该截面与底面夹角的正切值为D.该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75【答案】ACD【解析】【分析】对于A，过三点作正方体的截面即可；对于B，计算四面体外接球半径，以及外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于C，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量即可；对于D，将被截正方体较小部分体积分为5个三棱锥计算即可.【详解】对于A，如图①所示，延长交的延长线于，延长交的延长线于，连接交于，连接交于，连接，，则五边形为平面截正方体所得截面，故A正确；对于B，如图②所示，设三棱锥底面外心为，三棱锥外接球球心为，且,在中，,，所以外接圆半径为,所以在中，三棱锥外接球半径,所以三棱锥外接球球心到三点的距离都为.在中，，所以外接圆半径,所以四面体外接球的球心不在该截面上，故B错误；对于C，如图③所示，以分别为轴建立如图空间直角坐标系，且正方体边长为6，即，所以，设为平面的法向量，则，取，所以，又因为平面，故为平面的法向量，则，，故C正确；对于D，如图④所示，取中点，连接,因为，所以，即，又因为，所以，即，同理，由得，由得，所以，，，，,所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为，故D正确.故选：ACD.11.已知、是椭圆：上两个不同的动点（不关于两坐标轴及原点对称），是左焦点，为离心率.则下列结论正确的是（）A.直线的斜率为1时，在轴上的截距小于B.周长的最大值是C.当直线过点，且中点纵坐标的最大值为时，则D.当时，线段中垂线与两坐标轴所围成三角形面积的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】由题意，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，结合根的判别式以及和的关系即可判断选项A；设椭圆的右焦点为，得到周长的表达式，进而可判断选项B；设出中点的坐标，利用斜率公式以及离心率公式即可判断选项C；设出线段的中垂线所在的直线方程，得到三角形面积，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，得到线段的中点坐标，结合所求三角形面积再进行整理，进而可判断选项D．【详解】对于A，设：，联立，消去并整理得：，由，又，，即，故A正确；对于B，设右焦点为，则周长，等号当且仅当直线过点时取到，故B正确；对于C，设中点为，由点差法可知，即，设，则，，而，故，故C错误；另解：易知轨迹是以为长轴，离心率为的椭圆，，即该椭圆的短半轴长为，故，故C错误；对于D，显然直线存在斜率且不为零.设线段的中垂线所在的直线方程为，则.设直线的方程为，联立：，即，，线段的中点坐标为，代入，即..又仅当、关于原点对称时，，故，，故D正确.另解：设线段中点坐标为，易得，线段的中垂线方程为.令，得，令，得..又，，.显然，，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．第II卷（非选择题）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，，，分别为三个内角，，的对边，其中，，，则______.【答案】3【解析】【分析】利用余弦定理可求解.【详解】由余弦定理：得：.所以或（不合题意，舍去）.故答案为：313.若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为64，则______；其中项系数的最大值为______.【答案】①.6②.##【解析】【分析】令，得，即可求得n的值，利用组合知识求得项系数为，然后利用基本不等式求解最值即可.【详解】三项式的展开式中各项系数之和为64，则令，得，解得；所以三项式的展开式中项系数为：，当且仅当时等号成立，即项系数的最大值为.故答案为：6；14.不经过第四象限的直线与函数的图象从左往右依次交于三个不同的点，，，且，，成等差数列，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】设不经过第四象限的直线（，），设，问题转化为该函数有三个零点，根据函数函数零点的关系，把，都用表示出来，再根据，，成等差数列，可得的取值范围，进一步求出的最小值.【详解】易知必存在斜率，设：，不经过第四象限，，设，，，其中，，，为方程的三个根，构造函数，则，所以，易知.我们先将视作为定值，则由，可得.又，且，.于是的取值随着的增大而减小，故当时取最大值，此时，解得.同理.，.若，，成等差，所以，即，整理即，解得，，即的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：函数有三个零点，可把写成的形式，展开后，利用多项式相等表示出，，.和，的关系是解决这问题的关键点.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.已知在正三棱柱中，，.（1）已知，分别为棱，的中点，求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）为中点，通过证明，证明平面；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】取中点，连接，.，分别为，中点，且，又为中点，且，且，故四边形是平行四边形，.而平面，面，平面.【小问2详解】如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，则，，，，则.设平面法向量为，则，令，得，，.又，.即直线与平面所成角的正弦值是.16.近年来，景德镇市积极探索传统文化与现代生活的连接点，活化利用陶溪川等工业遗产，创新场景和内容，打造了创意集、陶然集、春秋大集“三大集市”IP，让传统文化绽放当代生命力.为了了解游客喜欢景德镇是否与年龄有关，随机选取了来景旅游的老年人和年轻人各50人进行调查，调查结果如表所示：喜欢景德镇不喜欢景德镇合计年轻人302050老年人153550合计4555100（1）判断是否有的把握认为游客喜欢景德镇与年龄有关？（2）2024年春节期间，景德镇某旅行社推出了A、B两条旅游路线.现有甲、乙、丙共3名游客，他们都决定在A、B路线中选择其中一条路线旅游，他们之间选择哪条旅游路线相互独立.其中甲选择A路线的概率为，而乙、丙选择A路线的概率均为，且在三人中有且仅有1人选择A路线的条件下该人为甲的概率为.设表示这3位游客中选择A路线的人数，求的分布列与数学期望.附：0.1000.0500.0102.7063.8416.635【答案】（1）有的把握认为游客喜欢景德镇与年龄有关；（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据公式求得卡方，从而即可求解；（2）根据贝叶斯公式结合题意可得，根据分布列的求解步骤和期望公式即可求解.【小问1详解】，有的把握认为游客喜欢景德镇与年龄有关；【小问2详解】根据贝叶斯公式可知三人中有且仅有1人选择路线的条件下该人为甲的概率为，，解得：，由题意可知，的取值为0，1，2，3.；；；.的分布列为的数学期望是.17.已知是双曲线：上的一个点，且与两焦点构成的三角形的面积是.（1）求双曲线的标准方程；（2）是的右顶点，过点的直线与交于异于的不同两点、，与直线交于点.连接，并过作的平行线分别与直线、交于、两点.求证：是线段的中点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将双曲线上的点的坐标代入方程，再结合三角形面积公式列式求解即可；（2）设直线方程，与双曲线方程联立，韦达定理，联立直线与直线方程求得，同理求得，求得，即可证明.【小问1详解】由题意可知，解得，双曲线的标准方程是.【小问2详解】依题意直线斜率不为零，设：，，，由已知，，将直线与进行联立得：，整理得其中，根据韦达定理可知，.设直线：，直线：，两者联立，得：，同理得，，即线段的中点是定点.18.已知函数，.（1）当时，求函数的极值；（2）已知实数.①求证：函数有且仅有一个零点；②设该零点为，若图象上有且只有一对点，关于点成中心对称，求实数的取值范围.【答案】（1）取极小值，无极大值（2）①证明见解析；②.【解析】【分析】（1）求导，分析函数的单调性，可得函数的极值.（2）①把问题转化成，换元，令，，所以或，再分别判断这两个方程解得情况.②问题转化成方程只有一个正根.根据零点的存在性求参数的取值范围.【小问1详解】当时，，则，令，函数在上单调递减，，函数在上单调递增，故当时，取极小值.【小问2详解】①令，换元，，即或.构造函数，显然单调递增，且，方程必定存在一负根.对于函数，当时，当时，恒成立，方程无根.当实数时，函数有且仅有一个零点.②由上可知.构造函数，根据对称性不妨假设，若存在唯一正根，则..，，，，令，即令，构造函数，，且显然上单调递减，存在正零点的必要条件是.易证明当时，，，只要当时，就有，故是存在正零点的充要条件，而，且，，在上单调递增，，又，故，即实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：函数的图象关于点对称.19.设，是非空集合，定义二元有序对集合为和的笛卡尔积.若，则称是到的一个关系.当时，则称与是相关的，记作.已知非空集合上的关系是的一个子集，若满足，有，则称是自反的：若，有，则，则称是对称的；若，有，，则，则称是传递的.且同时满足以上三种关系时，则称是集合中的一个等价关系，记作~.（1）设，，，，求集合与；（2）设是非空有限集合中的一个等价关系，记中的子集为的等价类，求证：存在有限个元素，使得，且对任意，；（3）已知数列是公差为1的等差数列，其中，，数列满足，其中，前项和为.若给出上的两个关系和，请求出关系，判断是否为上的等价关系.如果不是，请说明你的理由；如果是，请证明你的结论并请写出中所有等价类作为元素构成的商集合.【答案】（1），（2）证明见解析（3），是上的等价关系，证明见解析，【解析】【分析】（1）结合所给定义，分别求出时对应的的值，时对应的的值；（2）结合所给定义中的自反性、对称性与传递