2024届黄冈市浠水一中高三数学上学期期末质量检测卷附答案解析

届黄冈市浠水一中高三数学上学期期末质量检测卷2024.1一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.）1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知直线：与直线，且，则的最小值为（

）A．12 B． C．15 D．3．已知是三角形的一个内角，满足，则（

）A． B． C． D．4．已知函数图象关于直线对称，且关于点对称，则的值可能是（

）A．5 B．9 C．13 D．155．在中，分别是，，的对边.若，且，则的大小是（

）A． B． C． D．6．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（

）

A． B．C． D．7．在中，，D为AB的中点，，P为CD上一点，且，则（

）A． B． C． D．8．已知函数，的定义域为，且．若是偶函数，，是奇函数，则（

）A． B． C． D．二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）9．下列说法中正确的是（

）A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变B．回归直线恒过样本点的中心，且至少过一个样本点C．用相关指数来刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好D．在列联表中，的值越大，说明两个分类变量之间的关系越弱10．若函数，则（

）A． B．有两个极值点C．曲线的切线的斜率可以为 D．点是曲线的对称中心11．用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）反射后，集中于它的焦点.用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合.若抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，一条平行于x轴的光线从点M射入，经过C上的点反射，再经过C上另一点反射后，沿直线射出，则（

）

A．C的准线方程为B．C．若点，则D．设直线AO与C的准线的交点为N，则点N在直线上12．已知在棱长为1的正方体中，为正方体内及表面上一点，且，其中，，则下列说法正确的是（

）A．当时，对任意，恒成立B．当时，与平面所成的最大角的正弦值为C．当时，线段上的点与线段上的点的距离最小值为D．当时，存在唯一的点，使得平面平面三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13．在的展开式中，含的项的系数是.（用数字作答）14．已知直线，圆，则满足与轴都相切，且与外切的所有圆的半径之积为.15．设函数的定义域为．若，则实数的取值范围是．16．已知椭圆：（），、为椭圆的左右焦点，为椭圆上一点，连接并延长交椭圆于另一点，若，，则椭圆的离心率为.四、解答题（本题共6小题，共70分.）17．在中，角的对边分别为，且，．(1)求的长；(2)设为边的中点，若线段的长不大于，求的长的最大值．18．数列的前项和满足．(1)令，求的通项公式；(2)令，设的前项和为，求证：．19．如图，在三棱柱中，直线平面，平面平面．

(1)求证：；(2)若，在棱上是否存在一点，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．20．篮球是一项风靡世界的运动，是深受大众喜欢的一项运动.喜爱篮球运动不喜爱篮球运动合计男性6040100女性2080100合计80120200(1)为了解喜爱篮球运动是否与性别有关，随机抽取了男性和女性各100名观众进行调查，得到如上列联表，判断是否有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关；(2)校篮球队中的甲、乙、丙三名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能的将球传给另外两个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到.记开始传球的人为第1次触球者，第次触球者是甲的概率记为，即.①求（直接写出结果即可）；②证明：数列为等比数列，并比较第9次与第10次触球者是甲的概率的大小.0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828附：，.21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，P为平面内一动点，记直线的斜率为k，直线的斜率为，且，记动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)若直线与曲线C交于M，N两点（点M在第一象限，点N在第四象限），记直线，的斜率为，直线的斜率为，若，求证：直线过定点．22．已知函数．(1)当时，讨论函数的单调性；(2)若为函数的导函数，有两个零点．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：．1．B【分析】根据函数式有意义列出不等式，求解不等式，利用集合的交集定义即得.【详解】在中，由得，即，又由可得：，解得,即，故.故选:B.2．B【分析】根据直线的垂直关系推出，将化为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.【详解】由题意知直线：与直线，，则，即，故，当且仅当，结合，即时等号成立。故的最小值为，故选：B3．B【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式,可求的值，进而利用三角函数恒等变换的应用化简，即可计算得解．【详解】因为，两边平方得，即，可得，因为是三角形的一个内角，且，所以，所以，得，又因为，，联立解得：，，故有：，从而有．故选：B．4．B【分析】根据正弦型函数的对称轴和对称中心求出的表达式，然后结合选项判断.【详解】函数图象关于直线对称，且关于点对称，则有且，解得且，选项中只有符合条件.故选：B5．A【分析】由，且，得到，利用余弦定理求解.【详解】因为，且，所以，所以，因为，所以，故选：A6．C【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可.【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示，由题意可知：，所以.故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该小三棱锥几何体的体积为，

所以该三棱锥的顶点D到面ABC的距离.易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线MD垂直于该两面，故该两面的距离.故选：C7．D【分析】由中点可知，根据模长关系可得，设，结合平面向量的线性运算以及基本定理可得，用表示，结合模长运算求解.【详解】因为D为AB的中点，则，可得，即，解得，又因为P为CD上一点，设，则，可得，解得，即，则，可得，即.故选：D.【点睛】关键点睛：1.根据模长关系可得；2.设，根据平面向量基本定理求得；3.以为基底表示，进而运算求解.8．C【分析】根据是奇函数，得出的对称性，然后得出关于的恒等式，与联立得出的周期性，然后求出一个周期内的各个值即可.【详解】由是奇函数可知，函数的图象关于点对称，所以，则，将其代入，得，所以.又是偶函数，所以函数的图象关于直线对称，则．由，得，所以．由，得，所以，则，所以，所以的周期为8．由，，得，所以，由，得，，所以，由，得，，，，即，所以．故选：C．9．AC【分析】对A：由方差的性质即可判断；对B：由回归直线的性质即可判断；对C：利用相关指数的性质即可判断；对D：由卡方的意义即可判断.【详解】对A：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，数据的波动性不变，故方差不变，故A正确；对B：回归直线恒过样本点的中心正确，但不一定会过样本点，故B错误；对C：用相关指数来刻画回归效果时，越接近1，说明模型的拟合效果越好，故C正确；对D：在列联表中，的值越大，说明两个分类变量之间的关系越强，故D错误.故选：AC.10．BD【分析】A项，求导赋值可得；B项，利用导函数研究单调性再求极值；C项，研究导函数值域即可；D项，证明.【详解】选项A，由题意得，所以，解得，A错误；选项B，由，则，，由得，或，则当或时，；当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减，则当时，有极大值；当时，有极小值.所以有两个极值点，B正确；选项C，，所以曲线的切线的斜率不可能为，C错误；选项D，因为,所以点是曲线的对称中心，D正确.故选：BD.11．AD【分析】根据抛物线的几何性质，可判定A正确；设直线，联立方程组，结合韦达定理，可判定B错误；根据，求得，可判定C错误；由，联立方程组得到，结合，可判定D正确.【详解】由题意，抛物线，可得焦点，准线方程为，所以A正确；由抛物线的光学性质可知，直线经过焦点F，且斜率不为0，设直线，联立方程组，整理得，可得，所以，所以B错误；若点，则，所以，所以，，所以，所以C错误；又由直线，联立方程组，解得，由，得，所以，所以点N在直线上，所以D正确.故选：AD.

12．ACD【分析】确定点在平面上（含边界），结合线面垂直的性质定理，判断A；确定P点位置，设平面，确定当时，与平面所成的角最大，结合解三角形判断B；将线段上的点与线段上的点的距离转化为点到平面的距离，结合等体积法求解，判断C；确定点在线段上，进而作出两平面所成二面角的平面角，结合二面角为直角判断D.【详解】因为，其中，，则点在平面上（含边界）．对于A，当时，，则点P在连接的中点的线段上运动，

则,平面,故平面,平面,故，而,平面，故平面，平面，故，A正确；对于B，当时，点在线段上，设平面，

由于平面，平面，故，又，平面，故平面，平面，故,同理可证，平面，故平面，得在平面上的射影为，当时，与平面所成的角最大，由于，即，则，而，故，，则，即与平面所成的最大角的正弦值为，B错误；对于C，当时，点在线段上，由于，即为平行四边形，则，平面，平面，故平面，所以线段上的点与线段上的点的距离最小值为点到平面的距离，由等体积法，得（d为点到平面的距离），则，即点到平面的距离为，即线段上的点与线段上的点的距离最小值为，C正确；对于D，设的中点为，当时，，故点在线段上，

由于，平面，平面，故平面，而P是平面和平面的一个交点，故平面和平面的交线为过点P和BC平行的直线，由于平面，故交线也垂直于平面，设在平面上的射影为M，则为平面与平面所成二面角的平面角，当平面平面时，为直角，此时M点在以AB为直径的半圆上，又设N为E点在上的投影，即N为的中点，则M点也在BN上，显然BN与以AB为直径的半圆相交，满足为直角的点M是唯一的，则点是唯一的，故D正确，故选：ACD【点睛】关键点睛：本题综合性强，涉及到的知识点多，解答的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，结合线面以及面面平行或垂直的性质进行解答.13．【分析】先求解出的展开式中常数项和含的项的系数，然后可求的展开式中含的项的系数.【详解】展开式的通项为，其中常数项为，含的项为，又因为，所以原展开式中含的项的系数为：，故答案为：.14．【分析】由题意得到关于的关系式，解之即可得解.【详解】假设满足条件的圆的标准方程为，而圆的圆心为，半径为，所以，由，得或，当时，得，解得或，则或；当时，得，无解；综上：或，所以满足条件的所有圆的半径之积为.故答案为：5.15．【分析】指对同构类型，先将不等式变为，再构造函数，则不等式变形为；再次构造函数，判断其单调性；将原不等式变成原题等价于在上是增函数，再求导，求出最值即可.【详解】，即，令，则．令，则，则在上递增，所以，即．所以原题等价于在上是增函数，所以在上恒成立，即对恒成立，而的值域是，所以．故答案为：16．##【分析】由题意，，结合椭圆定义可将这些长度以及用同一个参数表示，然后分别在在、中，对利用余弦定理，结合离心率公式化为其次方程即可得解.【详解】如图所示：由题意，，，所以不妨设，而由椭圆定义有，所以，所以，在中，由余弦定理有，在中，由余弦定理有，交叉相乘得，即，所以.故答案为：.【点睛】关键点睛：解决问题的关键在于表示出以及，然后利用余弦定理即可顺利得解.17．(1)(2)2【分析】（1）由正弦定理结合三角形的内角关系即可求出c的长；（2）因为为边的中点，所以，两边平方，结合平面向量的数量积公式求解可得b的范围，则最大值可求.【详解】（1）在中，由正弦定理得．又，故，即．又因为，所以，即，故．在中，由于，所以，所以．（2）设线段的长为，则．因为为边的中点，所以．两边平方得，即．又因为，所以，解得．又，所以．所以的长的最大值为2．18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，当时，解得，当时，，可得，当时，，即当时，，即可得解；（2）由（1）知，，求和即可.【详解】（1）因为，所以当时，，解得；当时，，两式相减得，即．所以当时，，即当时，，且，所以是以3为首项，3为公比的等比数列，所以．（2）由（1）知，则，所以．因为，所以．19．(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.（2）作，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.【详解】（1）在三棱柱中，由平面，平面，得，在平面内过作于，由平面平面，平面平面，得平面，而平面，则有，显然平面，因此平面，又平面，所以.

（2）过点作，由，得，由（1）知平面，平面，则，即直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得，，假定在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，令，则，，设平面的一个法向量，则，令，得，显然平面的一个法向量，依题意，，解得，即，所以在棱上存在一点，使二面角的余弦值为，.20．(1)有99.9%的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.(2)①；②证明见解析，第次触球者是甲的概率大.【分析】（1）直接带公式即可.（2）①根据题义写即可；通过分析与的概率关系式，再利用数列知识计算结果.【详解】（1）（1）根据列联表数据，经计算得,根据独立性检验：即有的把握认为喜爱篮球运动与性别有关.（2）①由题意得：第二次触球者为乙，丙中的一个，第二次触球者传给包括甲的二人中的一人，故传给甲的概率为，故.②第次触球者是甲的概率记为，则当时，第次触球者是甲的概率为，第次触球者不是甲的概率为，则从而，又，所以是以为首项，公比为的等比数列，故第次