福建省厦门湖滨中学2024年高三下学期第三次检测试题数学试题

福建省厦门湖滨中学2023年高三下学期第三次检测试题数学试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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．若的展开式中含有常数项，且的最小值为，则（）A． B． C． D．2．已知双曲线的一条渐近线方程为，，分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且，则()A．9 B．5 C．2或9 D．1或53．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．设分别是双曲线的左右焦点若双曲线上存在点，使，且，则双曲线的离心率为（）A． B．2 C． D．5．已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则A．1 B．2 C．3 D．46．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A． B．4 C． D．7．已知函数，若关于的方程恰好有3个不相等的实数根，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．8．已知角的终边经过点,则A． B．C． D．9．下列与的终边相同的角的表达式中正确的是()A．2kπ＋45°(k∈Z) B．k·360°＋π(k∈Z)C．k·360°－315°(k∈Z) D．kπ＋(k∈Z)10．已知某口袋中有3个白球和个黑球（），现从中随机取出一球，再换回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球），记换好球后袋中白球的个数是．若，则=()A． B．1 C． D．211．已知函数则函数的图象的对称轴方程为（）A． B．C． D．12．已知锐角满足则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设，则除以的余数是______.14．在△ABC中，a＝3，，B＝2A，则cosA＝_____．15．观察下列式子，，，，……，根据上述规律，第个不等式应该为__________．16．满足约束条件的目标函数的最小值是.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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（φ为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆．（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围．18．（12分）已知曲线的参数方程为为参数),以直角坐标系原点为极点,以轴正半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹；（2）若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.19．（12分）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，平面．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值．20．（12分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.21．（12分）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．（1）证明：直线与圆相切；（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．22．（10分）已知抛物线，直线与交于，两点，且.（1）求的值；（2）如图，过原点的直线与抛物线交于点，与直线交于点，过点作轴的垂线交抛物线于点，证明：直线过定点.

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】展开式的通项为，因为展开式中含有常数项，所以，即为整数，故n的最小值为1．所以.故选C点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.2．B【解析】

根据渐近线方程求得，再利用双曲线定义即可求得.【详解】由于，所以，又且，故选：B.【点睛】本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题.3．A【解析】

由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.【详解】解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，故选：A.【点睛】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.4．A【解析】

由及双曲线定义得和（用表示），然后由余弦定理得出的齐次等式后可得离心率．【详解】由题意∵，∴由双曲线定义得，从而得，，在中，由余弦定理得，化简得．故选：A．【点睛】本题考查求双曲线的离心率，解题关键是应用双曲线定义用表示出到两焦点的距离，再由余弦定理得出的齐次式．5．D【解析】

先用公差表示出，结合等比数列求出.【详解】,因为成等比数列，所以，解得.【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.6．A【解析】

模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.【详解】程序运行过程如下：，；，；，；，；，；，；，，退出循环，输出结果为，故选：A.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.7．D【解析】

讨论，，三种情况，求导得到单调区间，画出函数图像，根据图像得到答案.【详解】当时，，故，函数在上单调递增，在上单调递减，且；当时，；当时，，，函数单调递减；如图所示画出函数图像，则，故.故选：.【点睛】本题考查了利用导数求函数的零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力.8．D【解析】因为角的终边经过点,所以,则,即.故选D．9．C【解析】

利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.【详解】与的终边相同的角可以写成2kπ＋(k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.故答案为C【点睛】（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2)与终边相同的角=+其中.10．B【解析】由题意或4，则，故选B．11．C【解析】

，将看成一个整体，结合的对称性即可得到答案.【详解】由已知，，令，得.故选：C.【点睛】本题考查余弦型函数的对称性的问题，在处理余弦型函数的性质时，一般采用整体法，结合三角函数的性质，是一道容易题.12．C【解析】

利用代入计算即可.【详解】由已知，，因为锐角，所以，，即.故选：C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．1【解析】

利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.【详解】，因展开式中后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.故答案为：1【点睛】本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.14．【解析】

由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解．【详解】解：∵a＝3，，B＝2A，∴由正弦定理可得：，∴cosA．故答案为．【点睛】本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，属于基础题．15．【解析】

根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．【详解】解：根据题意，对于第一个不等式，，则有，对于第二个不等式，，则有，对于第三个不等式，，则有，依此类推：第个不等式为：，故答案为．【点睛】本题考查归纳推理的应用，分析不等式的变化规律．16．-2【解析】

可行域是如图的菱形ABCD，代入计算，知为最小.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）C1：y2＝1，C2：x2+（y﹣2）2＝1；（2）[0，1]【解析】

（Ⅰ）消去参数φ可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（Ⅱ）设M（3cosφ，sinφ），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案．【详解】（1）消去参数φ可得C1的普通方程为y2＝1，∵曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆，曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），∴C2的直角坐标方程为x2+（y﹣2）2＝1；（2）设M（3cosφ，sinφ），则|MC2|，∵﹣1≤sinφ≤1，∴1≤|MC2|，由题意结合图象可得|MN|的最小值为1﹣1＝0，最大值为1，∴|MN|的取值范围为[0，1]．【点睛】本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题．18．（1），表示圆心为，半径为的圆；（2）【解析】

（1）根据参数得到直角坐标系方程，再转化为极坐标方程得到答案.（2）直线方程为，计算圆心到直线的距离加上半径得到答案.【详解】（1），即，化简得到：.即，表示圆心为，半径为的圆.（2），即，圆心到直线的距离为.故曲线上的点到直线的最大距离为.【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，直线和圆的距离的最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.19．（1）见解析（2）【解析】

（1）根据平面，利用线面垂直的定义可得，再由，根据线面垂直的判定定理即可证出.（2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系求出平面的一个法向量，利用空间向量法即可求解.【详解】因为平面平面，所以由为等腰直角三角形，所以又，故平面.取的中点，连接，因为，所以因为平面，所以平面所以平面如图，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系则，又，所以且于是设平面的法向量为，则令得平面的一个法向量设直线与平面所成的角为，则【点睛】本题考查了线面垂直的定义、判定定理以及空间向量法求线面角，属于中档题.20．（1）；（2）存在，当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.【解析】

（1）设椭圆的焦半距为，利用离心率为，椭圆的长轴长为1．列出方程组求解，推出，即可得到椭圆的方程．（2）存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．设点，，，，将直线的方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量积为0，转化为：．求解即可．【详解】解：（1）设椭圆的焦半距为c，则由题设，得，解得，所以，故所求椭圆C的方程为（2）存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.理由如下：设点，，将直线的方程代入，并整理，得.（*）则，因为以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，所以，即.又，于是，解得，经检验知：此时（*）式的，符合题意.所以当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O【点睛】本题考查椭圆方程的求法，椭圆的简单性质，直线与椭圆位置关系的综合应用，考查计算能力以及转化思想的应用，属于中档题.21．（1）见解析；（2）.【解析】

（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，，可得到的距离为1，即得证；（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.【详解】（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以．所以椭圆的方程为．由点在直线上，且知的斜率必定存在，当的斜率为0时，，，于是，到的距离为1，直线与圆相切．当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，所以，，从而．而，故的方程为，而在上，故，从而，于是．此时，到的距离为1，直线与圆相切．综上，直线与圆相切．（2）由（1）知，的面积为，上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．此时，点在椭圆的长轴端点，为．不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，代入椭圆的方程解得，即，，所以．【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.22．（1）；（2）见解析【解