安徽省卓越县中联盟高三上学期第三次质量检测数学试题

“卓越县中联盟”2024届高三上学期第三次教学质量检测数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.一､单项选择题：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，则在下列关系①；②；③；④中，能作为“”的必要不充分条件的个数是（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可判断①；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断②；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断③；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断④.【详解】对于①，取，满足，但不满足，即成立推不出，由于，故，而，故，当且仅当时取等号，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分条件；对于②，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到；则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），则中相应的点所在区域即上述区域；而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），显然直角三角形区域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，即是的必要不充分条件，对于③，由得，故，（），设，则，则在上单调递减，且，则存在，使得，即时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，而，则在上恒成立，即，故；而当成立时，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分条件；对于④，当时，设，则，显然在单调递增，当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，又，作出的大致图象如图：由图象可知存在，使得，故当时，只有唯一解，若，使得，则，与条件不符，即此时得不出，即不是的必要条件，故能作为“”的必要不充分条件的是②③，故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，实质还是考查导数的应用，难度较大，难点是选项③④的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断③，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断④.2.已知数列满足，，若，则正整数k的值是（）A.8 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】【分析】利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可.详解】解：由题意结合递推关系式可得：，，，，.故选：B.3.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的外接圆的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果.【详解】因为，所以，所以，即，又，所以，所以，所以.因为，由余弦定理得，即，又，所以，所以，由正弦定理得，所以.设的外接圆的半径为，所以，解得，所以的外接圆的面积为.故选：B.4.若单位向量满足，向量满足，则（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设出，由得到C在以为直径的圆上，表达出，设，利用辅助角公式得到的最值.【详解】令，不妨，所以中点坐标为，因为，所以C在以为直径的圆上，即，所以，令，则，因为，所以，所以.故选：C.【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.5.已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.【详解】设等比数列的公比为q(q≠1)，又，即，而，则，解得，则，，，，，A不正确；，B正确；，C不正确；，D不正确.故选：B6.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.7.设椭圆的左焦点为，为坐标原点，过且斜率为的直线交椭圆于，两点（在轴上方）.关于轴的对称点为，连接并延长交轴于点，若，，成等比数列，则椭圆的离心率的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据，，成等比数列，得到，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，再设直线BD的方程为：，令结合韦达定理，得到点E的坐标，代入求解.【详解】解：如图所示：设分别以OF，EF，OE为底，高为h，则，因为，，成等比数列，所以，即，设直线AB的方程为：，联立，消去y得，由韦达定理得：，直线BD的方程为：，令得，，则，则，即为，则，即，即，解得，则，故选：D8.若存在实数，对任意实数，使得不等式恒成立，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】不等式等价于，原命题等价于存在实数，，对任意实数不等式恒成立，等价于存在实数，，不等式成立，分别讨论，，，的情况，先求出，再求出即可解决问题.【详解】不等式等价于即，原命题等价于存在实数，，对任意实数不等式恒成立，等价于存在实数，，不等式成立，记，则，（1）当时，对任意，恒成立，即在上单调递减①当，即时，，②当，即时，，从而当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以；（2）当时，令，解得，在区间上单调递增，在上单调递减，，，，①当时，此时，

当即时，，当即时，，从而当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增,所以；令，则，，记，则，当时，恒成立，即在区间上单调递减，即，即；②当时，此时，当即时，，当即时，，从而当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以；（3）当时，对任意，恒成立，即上单调递增，①当，即时，，②当，即时，，从而当时，，则在上单调递减，在上单调递增，所以；综上所述，，所以.故选：A【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（）A. B.C.事件与事件不相互独立 D.，，是两两互斥的事件【答案】BCD【解析】【分析】根据古典概型概率计算公式及事件的相关概念，逐一分析四个选项的真假，可得答案．【详解】解：甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，对A，，故A错误；对B，，故B正确；对C，当发生时，，当不发生时，，事件与事件不相互独立，故C正确；对D，，，不可能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确；故选：BCD．【点睛】本题考查概率的基本概念及条件概率，互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力.10.已知函数，则（）A.是的周期B.的图象有对称中心，没有对称轴C.当时，D.对任意，在上单调【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项：根据函数周期的定义令，即可判断；对于B选项：根据函数对称性的定义分别令和，即可判断；对于C选项：根据正、余弦函数的图象和性质得到，再结合正切函数的单调性得到，最后利用三角恒等变换化简式子，即可判断；对于D选项：根据A选项函数的周期得到只需考虑，即可，再结合复合函数单调性，即可判断.【详解】对于A选项：因为，则是的周期，所以A选项正确；对于B选项：因为，且，所以，，则的图象关于点成中心对称，关于直线成轴对称，所以B选项错误；对于C选项：当时，易知，，且，即，则，所以，则，所以C选项正确；对于D选项：由A选项知：是的周期，所以只需考虑，即可，当时，，所以和均单调递增，所以单调递增；当时，，所以和均单调递减，所以单调递减，所以D选项正确.故选：ACD．【点睛】方法点睛：（1）函数奇偶性、周期性和对称性的判断常用定义去验证；（2）要证明周期函数的单调性往往只需证明函数的一个周期的单调性，复杂函数的单调性判断优先尝试利用复合函数的“同增异减”.11.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立.【详解】已知，则，有，由，得，则，即，所以，A选项正确；函数，有，时，，单调递减，时，，单调递增，，，即，时等号成立，已知，由，所以，B选项正确；已知，则，，当且仅当，即等号成立，所以，有，得，C选项错误；设，有，则，，有，设，有，设，则，所以，即，，所以，在上恒成立，得在上单调递增，，即，D选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，要证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.12.在三棱锥中，，，且，则（）A.当为等边三角形时，，B.当，时，平面平面C.的周长等于的周长D.三棱锥体积最大为【答案】ACD【解析】【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知与不相互垂直，利用反证法证明平面与平面不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），且，结合球的性质可知：在与直径垂直的圆面上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得，进而可得最值.【详解】对于选项A：分别取的中点，连接，可知：，且，因为，可知为矩形，可得，若为等边三角形，则，因为，则，又因为为对应棱的中点，则，可得，即，所以，同理可证：，故A正确；对于选项B：若，，可得，同理可得，且，则，可知与不相互垂直，反证：假设平面平面，则存在直线平面，使得平面，由平面，可得，因为平面，且，可知，所以，这与与不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；如图，以的中点建立空间直角坐标系，则，若，设，则，整理得，即点到定点的距离为，所以点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），对于选项C：因为，则在与直径垂直的圆面上，因，且，可知，且，则，即，所以的周长等于的周长，故C正确；对于选项D：取的中点，连接，则，可得，所以三棱锥体积，当且仅当时，等号成立，所以三棱锥体积最大为，故D正确；故选：ACD.【点睛】关键点睛：对于，且，通过空间直角坐标系分析可知点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），结合球的性质分析选项CD.三､填空题：本题共4小题，每空5分，共20分.13.已知，且，记随机变量为x，y，z中的最大值，则______.【答案】17【解析】【分析】求出可能取值，求出相应的概率，得出的分布列，即可求出期望.【详解】由题意可得：的可能取值为，用隔板法可求得：事件总情况为种，若，三个正整数为或，则有种，故；若，三个正整数为或，则有种，故；若，三个正整数为或，则有种，故；若，三个正整数为，则有种，故；若，三个正整数为，则有种，故；故的分布列为：45678故.所以故答案为：.14.在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】以点D为原点，建立空间直角坐标系，由线面垂直的判定定理，证得平面，记与平面交于点H，连接，，，得到，结合点关于平面对称的点为，进而求得的最小值.【详解】以点D为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，因为，，且，则平面，又因为平面，所以，同理得平面，因为平面，所以，因为，且平面，所以平面，记与平面交于点H，连接，，，且，则，可得，由得点关于平面对称的点为，所以的最小值为.故答案为：.15.在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为________.【答案】【解析】【分析】采用待定系数法，结合已知定义可设，代入点坐标即可结果.【详解】设椭球面的方程为：，椭球面过点，，解得：，椭球面的方程为：.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查与椭圆有关新定义问题的求解，解题关键是能够充分理解椭球面方程与截面方程之间的关系，进而采用待定系数法来进行求解.16.已知，关于的方程有且仅有一个解，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由已知得出，设，则，再根据解的个数解的个数（且），分析讨论解的个数，即可得解．【详解】因为，，所以，且，则，即，设，则，即有且仅有一个解，因为解的个数解的个数（且），所以下面讨论解的个数；由，得其中，（1）当时，得，令，，则，即，因为，所以为增函数，所以，令，，则，令得，当，，即单调递减，当，，即单调递增，所以，（ⅰ）当，即时，方程无解，即函数与的图像没有交点；（ⅱ）当，即时，方程有一解，即函数与的图像有一个交点；（ⅲ）当，即时，当时，，当时，，所以方程有两解，即函数与的图像有两个交点；（2）当时，由①②消去，得③，由于，且，故，即，对③式两边取自然对数，得，即，两边取自然对数，得，令，，则，由得，令，，则，由得，当时，；当时，；所以当时，；（ⅰ）当，即时，恒成立，所以，因为，，所以，即当且仅当，且时等号成立；所以在上为减函数，又因为当时，；时，，所以方程恰有一解，此时函数与的图像有一个交点；（ⅱ）当时，即时，因为当时；时，所以存在，，使得，所以，当变化时，的变化情况如下表：负正负减增减由上表可知，在内是减函数，在内是增函数，在内是减函数，下面证明，；，令，则当时，，所以在内是增函数，所以，即；，，令，，易证为减函数，所以当，，即；因为，所以，又因为当时，，当时，，所以在区间，，各有一个解，此时函数与的图像有三个交点；综上所述，函数与（且）图像交点情况如下：当时，没有交点；当时，有1个交点；当时，有2个交点；当时，有1个交点；当时，有3个交点；所以或，即或，故答案为：．【点睛】关键点睛：本题关键在于：①将解的个数转化为解的个数（且）；②分类讨论解的个数与之间的关系．四､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.空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（轴、轴､轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作．（1）若，，求的斜60°坐标；（2）在平行六面体中，，，N为线段D1C1的中点．如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”．①求的斜60°坐标；②若，求与夹角的余弦值．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】对于小问（1），因为，，可以通过“空间斜60°坐标系”的定义，化简为，，再计算的斜60°坐标.对于小问（2），设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①中，通过平行六面体得到，从而得到的斜60°坐标；②中，因为，所以，结合①中的的斜60°坐标，并通过，计算与夹角的余弦值.【小问1详解】由，，知，，所以，所以；【小问2详解】设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①，.②因为，所以，则，∵，.∴，，所以与的夹角的余弦值为18.已知椭圆：的短轴长为2，左右焦点分别为，，为椭圆上一点，且轴，.（1）求椭圆的方程；（2）已知直线（且）与椭圆交于，两点，点关于原点的对称点为､关于轴的对称点为，直线与轴交于点，若与的面积相等，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）短轴长为2得，由椭圆定义和得，，由得，且，可得答案；（2）设，，，联立直线和椭圆方程利用韦达定理，代入直线：，令得，从而得到、坐标，求出的中点坐标代入直线方程可得答案.【小问1详解】因为短轴长为2，所以，因为，，所以，，又因为轴，所以，，且，解得，∴.【小问2详解】，，，联立直线和椭圆方程得，整理得，，，，直线：令，，，，的中点坐标为，由中点在上，可得，，，解得，，所以.19.设数列的前n项之积为，满足（）.（1）设，求数列的通项公式；（2）设数列的前n项之和为，证明：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）时，有，变形为，可得数列为等比数列，可利用首项和公比求通项公式；（2）利用数列求和的放缩法，结合函数单调性求最值，证明不等式.【小问1详解】∵数列的前n项之积为，满足（），时，，解得.∴时，，化为，变形为，又，∴，，数列是首项为4公比为2的等比数列，∴.【小问2详解】先证明左边：即证明，由（1）可得：，解得，又由，解得，又，所以，再证明右边：.∴，下面证明，即证明，设，，则，即证明，.设，，，则函数在上单调递增，∴，即，，∴.∴.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过放缩法结合等比数列前项和公式证明左边，对右边等价转化为证明，再构造函数，利用导数证明即可.20.七选五型选择题组是许多类型考试的热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组和数组，规定与相配