黑龙江省牡丹江市普通高中第二共同体2024届高三上学期期末联考数学_2024届黑龙江省牡丹江市普通高中第二共同体高三上学期期末联考

牡丹江市第二子共同体高三大联考 数学试题 一、选择题：本大题共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。  x2  1.已知集合Ax 0,xA的一个必要条件是xa，则实数a的取值范围为  x1  （ ） A．a0 B．a2 C．a1 D．a1 1i 2.已知z  ，下列说法正确的是（ ） 2i 3 1 3 2 4 A．z 的虚部为 i B．z   i C．zz  D． z  5 5 5 5 5 y2 x2 3.点(0, 3)到双曲线  1的一条渐近线的距离为（ ） 9 16 12 8 6 4 A． B． C． D． 5 5 5 5 4.7个人站成两排，前排3人，后排人4，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则 一共有（ ）种站排方式。 A．672 B．864 C．936 D．1056 5．已知圆锥的底面半径为4，其侧面展开图为一个四分之一圆，则该圆锥的母线长为（ ） A．12 B．14 C．16 D．18 4sin40cos40 tan20 （ ） 6. cos20 A．1 B． 2 C． 3 D．2 PA QA 1 7.已知点A(1,0)，B(4,0)，C(4,3)，动点P,Q满足   ，则 CPCQ PB QB 2 的取值范围是（ ） A．[1,16] B．[6,14] C．[4,16] D．[ 3,3 5] 高三年级·数学·试题 第 1 页 共 5 页 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}8．已知函数 f(x)ex x2的零点为a，函数g(x)lnxx2的零点为b，则下列 不等式中成立的是（ ） a2 1 A．ab1 B．ealnb2 C．a2b2 3 D．  b2 4 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9已知向量a (1,x)，b(x2,x)，若 ab  ab ，则x等于（ ） A．0 B．-1 C．1 D．-2 10．如图，在正方体ABCDABCD 中，AA 4，点M ，N 分别在棱AB和BB 上运动 1 1 1 1 1 1 （不含端点），若DM MN，则下列说法正确的是（ ） 1 A．直线CD 与直线BD所成角为450 B．MN 平面ADM 1 1 1 C．MN  NC D．线段DN 长度的最大值为 33 11. 下列不等式正确的是（ ） 1 1 2 A．已知a，b为正实数，a＋b＝3，则 ＋ 的最小值为 a＋1 b＋2 3 1 B．y x22 有最小值2 x22 C．已知正数x，y满足x y2，则xy的最大值是1 D．若对任意x0，x35x24xax2恒成立，则实数a的取值范围是,9 12.已知抛物线 y2 4px(p 0)，倾斜角为锐角的直线过其焦点F 并与抛物线交于两点 A，B，下列正确的是（ ） A．抛物线上的点到点(4p,0)的距离最小值为4p B． 三角形AOB（O为原点）面积最小值为16p2 高三年级·数学·试题 第 2 页 共 5 页 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}C．抛物线在点(p,2p)处的切线方程为x y p 0 4 D．若AF 2BF ,则sin2 2 9 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。 13．某学校考试数学成绩X 服从正态分布N(95,2)，且P(X 70)0.16，则成绩在  70,120 的概率为 ． 14．在正项等比数列 a 中，已知aa a 4，a a a 8，a a a 128，则n＝______． n 1 2 3 4 5 6 n n1 n2    15．已知函数 y 2sin(wx )(w0) 在0，  上恰有两个零点，则 w 的取值范围 4  3 _______________. x3 3ax2 (x0) 16．函数 f(x) 有且只有 3 个零点，则实数 a的取值范围是 2x1a (x0) _____________. 四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤。 17.（10分）在△ABC中，sin2C  3sinC． (1)求C ； (2)若b6，且△ABC的周长为6 36，求△ABC的面积．     18.（12分）已知数列 a 是递增的等差数列，数列 b 是等比数列，且a 3，a 1、 n n 1 1 a 1、a 1成等比数列，b 1，a 2b a 2 3 1 5 2 3，     （1）求数列 a 和 b 的通项公式 n n a （2）若c b log n ，求数列  c  的前n项和S n n 2 a n n. n1 19.（12分）近期，一些地方中小学生“课间10分钟”问题受到社会广泛关注，国家号召 中小学要增加学生的室外活动时间。但是进入12月后，天气渐冷，很多学生因气温低而减 少了外出活动次数。为了解本班情况，一位同学统计了一周（5天）的气温变化和某一固 定课间该班级的学生出楼人数，得到如下数据： 高三年级·数学·试题 第 3 页 共 5 页 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}7 10 11 15 17 温度x （零下C） i 20 16 17 10 7 出楼人数 y i （1）利用最小二乘法，求变量x,y之间的线性回归方程； 附：用最小二乘法求线性回归方程yb ˆ xa的系数： n n  x x  y  y  x y nxy i i i i b ˆ i1 n  i1 n aˆ  yb ˆ x  x x 2 x2 nx2 i i i1 i1 （2）预测当温度为8C时，该班级在本节课间的出楼人数（人数：四舍五入取整数）. （3）为了号召学生能够增加室外活动时间，学校举行拔河比赛，采取3局2胜制（无平局）. 3 在甲、乙两班的较量中，甲班每局获胜的概率均为 ，设随机变量X表示甲班获胜的局数， 5 求X的分布列和期望. 20.（12分）如图，矩形ABCD中AB 2AD 4，E为边AB 的中点，将△ADE 沿直 线DE翻折成△ADE，使DA  EC ，若M 为线段 AC 的中点， 1 1 1 (1)求证：BM //平面ADE 1 (2)求证：平面ADE 平面BCDE 1 (3)求二面角C ABE夹角的正弦值 1 x2 y2 2 5 21.（12分）已知椭圆C：  1ab0左右焦点分别为F,F ,离心率为 ，A， a2 b2 1 2 5 B为C上的两个动点,且AF F 面积的最大值为2. 1 2 (1)求C的方程． (2)若A，B两点的纵坐标的乘积大于0，M 、N 是椭圆的左右顶点，且AF M BF N ． 2 2 证明：直线AB过定点． 高三年级·数学·试题 第 4 页 共 5 页 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}3 22.（12分）已知函数 f(x) x2 3lnx 2 （1）求 f(x)单调区间 （2）已知m为整数，关于x的不等式 f(xlnx2x1) f(m(x1))在x1时恒成立， 求m的最大值. 高三年级·数学·试题 第 5 页 共 5 页 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}牡丹江市第二高级中学高三年级第三次教学质量检测试题 数学答案 x2 (x1)(x2)0 1.C【详解】解不等式 0，即 ，得1x2 ， x1 x10 故A{x|1 x2}， 所以xA的一个必要条件是xa， 则对于A, a<0，A{x|1 x2}不一定是[a,)的子集，A错误； 对于B，a2，A{x|1 x2}不是[a,)的子集，B错误； 对于C，a1，A{x|1 x2}是[a,)的子集，C正确； 对于D, a1,A{x|1 x2}不一定是[a,)的子集，比如a0时，D错误； (1i)(2i) 13i 2. C z  ,选C (2i)(2i) 5 3.【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近 线的距离即可. 【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为： =0，即3x4y0， 结合对称性，不妨考虑点(0,3)到直线3x4y0的距离：d= = . 故选：A. 4.D 4A5 3C1C1A4 1056,选D。 5 2 4 4 5.【答案】C 【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的 值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 l，解得l=16 故选：C 2sin800 sin200 2sin(600 200)sin200 6. C 原式   3选C. cos200 cos200 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}7. B 由题意可知P,Q轨迹为x2 y2 4,当PQ重合且P,Q,O三点共线时，取得最值。 即答案B. 8.【答案】C 【详解】由 f x0，gx0得ex 2x，lnx2x， 因为yex与ylnx关于直线y x对称， 在同一坐标系下，画出yex，ylnx，y x，y2x的图象， 如图所示： y x 则 C1,1，A  a,ea ，Bb,lnb，A,B关于1,1对称. y2x 所以ab2，ea lnb2，故B错误. ab2 因为a0，b0，a¹ b，所以 ab 1 ，故A错误. 4 因为 f xexx2， fxex10， f x在R上为增函数， 1 3 1 f 0e020， f   e 0，所以0a . 2 2 2 又因为点  a,ea 在直线y2x上，且ab2，所以ea 2ab. 1 a2b2 a2e2a  e3，故C正确. 4 a a 因为ea b，所以  ， b ea x  1 1x  1 设hx 0 x ，hx 0，hx在0, 为增函数. ex  2 ex  2 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}1 1 所以hxh  ， 2 2 e a 1 a2 1 1 即  ，   ，故D错误. b 2 e b2 4e 4 9答案 CD   ab(x1,2x)   ab(3x,0)    ab  (x1)24x2   ab  (3x)2     又 ab  abx2x20 x 1 解得 或-2 10．BD 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即 可得到结果. 【详解】    在正方体ABCDABCD 中，以C为原点，CD,CB,CC 分别为x,y,z轴的正半轴，建立如 1 1 1 1 1 图所示的空间直角坐标系， 则C0,0,0,D4,0,0,A 4,4,4,B 0,4,4,C 0,0,4， 1 1 1   D 4,0,4,Mx,4,0,N0,4,z，其中x,z0,4，DM x4,4,4，MN x,0,z，而 1 1   1 DM MN，则DMMN xx44z0z x4x， 1 1 4    对于选项B，因为AM x4,0,4，则AMMN xx44z0， 1 1 所以AM MN ，又DM MN，AM DM M ，AM,DM 平面AD M ， 1 1 1 1 1 1 1 1 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}所以MN 平面AD M ，故B正确； 1 1     对于选项C，因为NC0,4,z，且MN x,0,z，则MNNC z2，且z0，所以   MNNC0，故C错误； 对于选项D，因为  D  N  4,4,z，且z 1 x4x 1    x4 x  2 1 ， 4 4  2  当且仅当x4x时，即x2时，z 1， max  则 DN  1616z2  33，所以线段DN长度的最大值为 33，故D正确； 故选： BD 11.AC D 解析：对于 A. 1 1 a1 b2 a1 b2 A（. a1b2)(  )1  122 . 4 a1 b2 b2 a1 b2 a1 1 1 4 2     a1 b2 6 3 a1 b2 当且仅当  时，成立A正确 b2 a1 对于 1 B.y x22 x22 1 2 x2 2. 2 x2 2 1 当且仅当 x2 2  ，即x2 1时，不合题意，不能取等 x2 2 B错误 对于C. x y 2 xy  1,当且仅当x y时，成立  2  C正确 x3 5x2 4x 4 4 a恒成立，x 52 x. 59, x2 x x 对于D. 4 当且仅当x 时，成立a9D正确 x CD 12. {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}A: (x4p)2  y2  (x4p)2 4px  (x2p)2 12p2 2 3p 1 p p p B:S  p y  y  ( y  y )2 4y y  6p2m2 4(4p2 )  16p2(1m2 ) 2p2 AOB 2 A B 2 1 2 1 2 2 2 1  1 C: y 2 p x，y, 2 p x 2，y, 1，所以y2p  x p即x- y p 0 2 xp 2tan 4 2 D:tan2 2，sin2  1tan2 9 13. 0.68 因为 ，X=95是对称轴所以 综上 68 14. 答案：16 a3q3  4 因为aaa＝4所以 1 1 2 3 因为a 4 a 5 a 6 ＝8所以a 1 3q12  8 q9 2 所以 aa a ＝128所以a3q3n  128  q3n3  32  q45 所以n=16 n n＋1 n+2 1 21 33 15.  ,   4 4        解析:0 x w0,0 wx w   wx  w 3 3 4 4 3 4   2 w 3 3 4 x 21 33 解得，  ,   4 4  16. 当a 0时，x0时,y, 3x2 3a 解： 由f( a )0解得a 1 又f(0)2a0,所以a2 综上，1a2 当a0,不合题意 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}17.【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范 围可求得角C的值； （2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得 ABC的周长. 【详解】（1）解： 因为C0,，则sinC0，由已知可得 3sinC 2sinCcosC ，.....2’ 3  可得cosC  ，因此，C  ................................5’ 2 6 （2）解：周长a+b+c= ,b=6 ①............6’ = + -2ab +36-2 ② ................8’ 1 3 由①②得a= 所以S  absinC  a6 3...........10’ ABC 2 2 18答案： a 3  a 1  a 1    a 1 2 d 2 1 ， 1 3 2   a  递增，d 2 n ，................................................................................................2 a 2n1 n .....................................................................................................................3 b 1，a 2b a q 2 1 5 2 3 ...................................................................5 b 2n-1 n .....................................................................................................................6 a 2n1 c b log n 2n1log 2n1  log  2n1  log  2n3  n n 2 a 2 2n3 2 2 n1 .............8 S   20 2122 2n1    log 3log 5    log 5log 7    log  2n1  -log  2n3  n 2 2 2 2 2 2 ..................9 3 S 2n 1log n 2 2n3 .....................................................................................................................12 1 1     19.解析：（1）x 710111517 12，y  201617107 14 5 5 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}5     x x y  y   7-12  20-14    10-12  16-14    11-12  17-14    15-12  10-14  i i i1     17-12 7-14 -84 5   2  x x 254192564 i i1 5  x x  y  y  i i 21  21 119 b ˆ i1  ，aˆ  yb ˆ x 14 12  n  x x 2 16  16 4 i i1 21 119 回归直线方程为 yˆ  x —— (4分) 16 4 21 119 （2）当x8时， yˆ  8 19（人） 16 4 所以，预测当温度为-8C时，该班级在本节课间的出楼人数为19人。 —— (6分) （3）随机变量X可取0，1，2 2 2 4   P X 0    5 5 25 3 2 2 2 3 2 24   P X 1        5 5 5 5 5 5 125 3 3 3 2 3 2 3 3 81   P X 2          —— (10分) 5 5 5 5 5 5 5 5 125 所以X的分布列为： x 0 1 2 p 4 24 81 25 125 125 —— (11分) 4 24 81 186   所以X的数学期望为E X 0 1 2  —— (12分) 25 125 125 125 【答案】 20. (1)取CD中点H，连接MH,BH, M和H分别是AC,CD的中点 1 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}MH // AD,又MH 平面ADE,AD平面ADE ， 1 1 1 1 MH //平面ADE...............................1 1 E是AB的中点DH  EB且DH //EB四边形DEBH为平行四边形 DE//HB,又HB平面ADE,DE 平面ADE 1 1 HB//平面ADE ..............................2 1 又MH HB  H,MH,HB平面MHB 平面MHB//平面ADE ，又 BM 平面MHB 1 BM //平面ADE .............................4 1 (2) DE  EC  2,DC 2 DE2 EC2  DC2 DE  EC   DA  EC  EC 平面ADE  1  1 平面ADE 平面BCDE DA DE  D  EC 平面BCDE 1 1 DA,DE 平面ADE   ....7 1 1 Z (3)取DE中点F,连接AF 1 AF  DE  1  平面ADE 平面BCDE   1  AF 平面BCDE y 平面ADE平面BCDE  DE  1 1 AF 平面ADE   .. 1 1 x ................................8 以D为坐标原点，DA,DC所在直线分别为x轴，y轴， 过点D做AF的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 1 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}      B 2,4,0 ,C 0,4,0 ,E 2,2,0 ,A(1,1, 2) 1 设平面ACB的法向量为n  x,y,z  1     AB  1,3, 2 ,BC  2,0,0 1   x0 nAB 0 x3y 2z 0  则  1   2z nBC 0  2x0  y    3   令z 3,则y  2n 0, 2,3 ..................9 设平面AEB的法向量为m  a,b,c  1     AB  1,3, 2 ,BE  0,2,0 1   y 0 mAB 0 x3y 2z 0  则  1   2z nBE 0  2y 0  x   3   令z 3,则x 2m 2,0,3 ..................10 设二面角C ABE的夹角为 1 nm 9 9 则 cos cos n,m    n m 11 11 11 ..............11 2  9  2 10 sin 1cos2 1   11 11 .............12 2 10 二面角 C ABE 夹角的正弦值为 ..................8 1 11 bc 2  c 2 5 21.【详解】（1）依题意可得  a 5  a2 b2 c2  则a2 5,b2 1,c2 4，..........................................................................2 x2 故C的方程为  y2 1．......................4 5 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}（2） 由题意可知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为ykxm， x2   y2 1 联立 5 得(15k2)x2 10kmx5m2 50，  y kxm 设A，B的坐标分别为 x,y ， x,y  1 1 2 2  100k2m2 4(15k2)(5m2 5)100k2 20m2 200， 10km 5m2 5 且x x  ,x x  ．............................................................6 1 2 15k2 1 2 15k2 设直线 的倾斜角分别为， F A,F B 2 2 因为AF M BF N ，且A，B两点的纵坐标的乘积大于0，所以 π，所以 2 2 k k 0 F A FB 2 2 y y 则 1  2 0，则 y (x 2) y (x 2)0 x 2 x 2 1 2 2 1 1 2 即(kx m)(x 2)(kx m)(x 2)0，.............................................................8 1 2 2 1 所以2kx x (m2k)(x x )4m0 1 2 1 2 5m2 5 10km 5 所以2k (m2k) 4m0，化简可得m k ...................10 15k2 15k2 2 5 5 则直线AB的方程为 y kx k k(x )， 2 2 5 故直线AB过定点（ ,0）......................................................................................................12 2 22. 解：(1) f(x)的定义域是（0，） 3 3x2 3 3  x1  x1  f(x), 3x   x x x .................................................1 令f(x), 0，x1 f(x), 0，x1 ..............................................2 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}f(x), 0，0 x1 ..........................................3 所以f(x)的单调递增区间是 1，  f(x)的单调递减区间是 0，1  ..................................4 (2) f(x)在（1，）单调递增 故xlnx2x1m(x1)在（1,）恒成立 xlnx2x1 m在（1，）恒成立 x1 xlnx2x1 设g(x) ,只需g(x) m即可 x1 min ...........................................5 xlnx2 g(x),  (x1)2 ..............................................6 1 x1 设h(x) xlnx2，h(x), 1  x x ...............................................8 当x（1，）时，h(x), 0恒成立，h(x)在（1，）单调递增 e h(2)ln20,h(3)1ln3ln 0,ln(4)2ln4 0 3 故存在唯一实数h(x)在(3,4)存在唯一的零点x ,使得h(x )0,即x lnx 20 0 0 0 0 .....10 g(x ), 0,当x（1，x）,g(x), 0,g(x)单调递减 故 0 0 当x（x ,）,g(x), 0,g(x)单调递增 0 x lnx 2x 1 x (x 2)2x 1 故g(x)  g(x ) 0 0 0  0 0 0  x 1(4,5) min 0 x 1 x 1 0 0 0 所以mx 1(4,5)，所以m的最大整数是4 0 ........................................................12 {#{QQABZYKUogAoAABAARhCQQHoCkGQkAGCCKoORFAMIAABQQNABAA=}#}