广西钦州市2024届高三年级第三次教学质量监测数学【含答案】

广西钦州市2024届高三年级第三次教学质量监测数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名考生号考场号座位号填写在答题卡上.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.4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.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已知复数满足，则（）ABCD2已知集合，若中有2个元素，则a的取值范围是（）ABCD3某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：5588605487999851990110111110291120712634129011300113092131271326813562136211376113801141011417214191142921442614468145621462115061156011590119972估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（）A14292B14359C14426D144684若函数是定义在R上的奇函数，则（）A3B2CD5有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（）ABCD6已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（）ABCD7已知点是边长为1的正方体表面上的动点，若直线与平面所成的角大小为，则点的轨迹长度为（）ABCD8已知是公比不为1的等比数列的前项和，则“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”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二多选题：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已知函数，则下列命题正确的是（）A的最小正周期为B的图象关于直线对称C若，则D将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象10如图1，在等腰梯形中，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，如图2，则（）AB平面平面C多面体为三棱台D直线与平面所成的角为11已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（）A的最小值为B若在上单调递增，则k的取值范围为C若有4个不同的解，则m的取值范围为D若有3个不同的解，则三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12已知F为抛物线的焦点，点在抛物线上C，直线与抛物线C的另一个交点为A，则 .13在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的面积为 .14已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入 个这种实心球.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某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，.(1)求和.(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，分析学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关，个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立未建立合计参考公式及数据：，.0.010.0050.0016.6357.87910.82816如图，在四棱锥中，平面内存在一条直线与平行，平面，直线与平面所成的角的正切值为，.(1)证明：四边形是直角梯形.(2)若点满足，求二面角的正弦值.17已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若，证明：在上有3个零点.18平面几何中有一定理如下：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高所在直线的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍.已知的垂心为D，外心为E，D和E关于原点O对称，.(1)若，点B在第二象限，直线轴，求点B的坐标；(2)若A，D，E三点共线，椭圆T：与内切，证明：D，E为椭圆T的两个焦点.19对于平面向量，定义“变换”： ，其中表示中较大的一个数，表示中较小的一个数.若，则.记.(1)若，求及；(2)已知，将经过次变换后，最小，求的最小值；(3)证明：对任意，经过若干次变换后，必存在，使得.1A【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.【详解】因为，所以.故选：A2B【分析】根据即可求解.【详解】，因为中只有2个元素，则，所以.故选：B3C【分析】根据给定数据，利用第75百分位数的意义求解即得.【详解】由，得样本的第75百分位数为第23个数据，据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.故选：C4A【分析】根据奇函数的性质可得，进而可得，即可求解.【详解】设，则，即，即，所以.因为，所以，.故选：A5B【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.故选：B6C【分析】法一：根据条件，利用点到点的距离公式得到，再利用，即可求出结果；法二：利用双曲线的定义，得到，再利用的取值范围，即可求出结果.【详解】解法一：不妨设，且，则，所以，解得，故双曲线C的渐近线方程为.解法二：，所以，解得，故双曲线C的渐近线方程为.故选：C.7D【分析】由题意，分析可得点的轨迹，分别计算各段轨迹的长度即可.【详解】若点P在正方形内，过点P作平面于，连接.则为直线与平面所成的角，则，又，则，得，则点的轨迹为以为圆心半径为1的圆（落在正方形内的部分），若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段和，因为点P不可能落在其他三个正方形内，所以点的轨迹如图所示：故点P的轨迹长度为.故选：D8A【分析】结合等差数列性质及等比数列通项公式和求和公式，根据充分条件、必要条件的概念判断即可.【详解】因为是公比不为1的等比数列的前项和，所以若成等差数列，则，从而，结合化简得，若成等差数列，则，即，所以，故当时，有，即“成等差数列”能推出“存在不相等的正整数，使得成等差数列”；反之，满足不一定是，如，满足，但不满足，即“存在不相等的正整数，使得成等差数列”推不出“成等差数列”；所以“成等差数列”是“存在不相等的正整数，使得成等差数列”的充分不必要条件.故选：A9AD【分析】对于A，利用周期公式直接计算判断，对于B，将代入函数验证，对于C，由求出，再将代入函数计算，对于D，根据三角函数图象变换规律分析判断.【详解】对于A，的最小正周期为正确.对于B，因为，所以的图象不关于直线对称，错误.对于C，由，得，所以，C错误.对于D，将的图象往右平移1个单位长度后可以得到函数的图象，D正确.故选：AD10ABD【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.【详解】对于A，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，A正确.对于B，因为，平面，平面，则平面，又，平面，平面，则平面，又，平面，所以平面平面，B正确.对于C，因为，则，所以多面体不是三棱台，C错误.对于D，延长，相交于点G，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则为直线与平面所成的角.因为，所以，解得，则，D正确.故选：ABD11AC【分析】对A，对分类讨论，并作出分段函数的图象求出最小值即可；对B，令，求出，根据其单调性得到不等式，解出即可；对C和D结合图象转化为直线与函数图象交点个数，并结合函数对称性即可判断.【详解】对A，令，解得.当时，作出函数和的图象，如图1所示.此时，显然当时，当时，作出函数的图象，如图2所示.，所以的最小值为，综上的最小值为，A正确.对B，令，解得，.若在上单调递增，则，解得.因为当时，在上单调递增，所以k的取值范围为，B错误.对CD，若有3个不同的解，则结合图象可得或，D错误.若有4个不同的解，则，C正确.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是结合图象找到临界位置，从而得到不等式，CD选项应结合函数图象，转化为直线与函数图象交点个数问题.122【分析】将代入抛物线方程，再根据直线与x轴垂直求解即可.【详解】由题意可得，解得，则.所以直线与x轴垂直，.故答案为：213【分析】由正弦定理角化边可得，再结合余弦定理可得，根据三角形面积公式即可求解.【详解】解：因为，由正弦定理可得：，即，又，所以，由，所以，故答案为：.1449【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案.【详解】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，设.，球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.因为，所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.故答案为：49【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，从而得解.15(1)，(2)表格见解析，有关；【分析】（1）根据条件概率计算出结果；（2）利用独立性检验步骤进行计算得出结果；【详解】（1）因为，所以，由于，解得，所以.，解得.（2）个性化错题本期末统考中的数学成绩合计及格不及格建立20424未建立4812合计241236零假设为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本无关.根据列联表中的数据，经计算得到.根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关，此推断犯错误的概率不大于0.005.16(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定定理，得到平面，再线面平行的性质定理，得到，再利用条件得到，结合，即可证明结果；（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解决问题.【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以，连接，因为平面，所以是与平面的夹角，则，解得.因为，所以，所以.又，所以四边形是直角梯形.（2）取的中点M，连接，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，由，得，则，设平面的法向量为，则，取，得到，即，设平面的一个法向量为，则由，得到，到，得到，所以平面的一个法向量为设二面角的平面角为，则，所以，故二面角的正弦值为.17(1)(2)证明见解析【分析】（1）当时求出、，再由直线的点斜式方程可得答案；（2）得0是的一个零点，再判断出为奇函数，只需要证明在上有1个零点即可，利用导数判断出在上的单调性，结合可得答案.【详解】（1）当时，故曲线在点处的切线方程为；（2）因为，所以0是的一个零点，时，所以为奇函数，图象关于原点对称，要证在上有3个零点，只需要证明在上有1个零点，令函数，当时，当时，所以函数在上单调递减.因为，所以存在，使得，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以在上有1个零点，故在上有3个零点.18(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据垂心以及外心满足的等量关系即可根据， ，求解，（2）根据共线以及可得，进而根据满足的垂直关系可得，联立直线与椭圆方程，得判别式，化简可得即可求解.【详解】（1）因为，所以.设与x轴的交点为，由题意可得，即，解得.设，因为，所以，则，解得.所以.（2）证明：因为D和E关于原点O对称，且A，D，E三点共线，所以A，D，E，O四点共线，即点A，D，E，O都在x轴上.因为是的高，所以，即轴.因为的外心为E，所以，所以点B与点C关于x轴对称.设与x轴的交点为，由题意可得，即，化简得.直线的斜率为，直线的斜率为，所以，化简得直线的方程为.椭圆与内切，所以.联立得.，即.因为，所以，即，即.结合可得 设椭圆T的焦距为，则，所以D，E为椭圆T的两个焦点.【点睛】关键点点睛：根据以及垂心和外心满足的几何关系，根据相切，通过判别式为0化简的是本题的关键.19(1)(2)1349(3)证明见解析【分析】（1）先根据已知的新定义求出，从而可求出及；（2）根据求出，从而可求出，进而可得且，则可求出的最小值；（3）分，和四种情况讨论即可.【详解】（1）解：因为，所以，所以，所以.（2）解：因为，所以或所以，即.由题意可得，根据规律可得且，由且可得的最大值为674，所以，所以，此后进入循环.所以当时，；当时，；当时，.所以最小时，的最小值为1349.（3）证明：当时，显然存在，使得.当时，即，存在，使得.同理，当时，存在，使得.当时，若，则，存在，使得.若，设.假设对任意，则均不为0.因为，所以.若，则，若，则，所以，所以，即.因为，所以，所以，与矛盾，故假设不正确，即存在，使得.综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使得.【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的新定义，解题的关键是对平面向量新定义的正确理解，根据新定义求解，考查分析问题的能力、理解能力和计算能力，属于难题.