黑龙江省大庆市2024届高三下学期4月第三次教学质量检测试题数学含解析(1)_2024年4月_024月合集_2024届黑龙江省大庆市高三第三次教学质量检测

大庆市 2024 届高三年级第三次教学质量检测 数 学 2024.04 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､班级､考场号/座位号填写在答题卡上，认真核对条形码上的 姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用 2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选 择题答案使用 0.5毫米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卷面及答题卡清洁，不折叠，不破损，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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.已知集合U 1,2,3,4,5,6,A1,3,4,B4,5 ，则Að B（ ） U A. 3 B. 1,3 C. 3,4 D. 1,3,4 2.在复平面内，复数z 对应的点的坐标是 2,3 ，则iz （ ） A.23i B.23i C.32i D.32i 3.已知等差数列 a  的前n项和为S ，若a 2,S 5，则S （ ） n n 2 5 12 A.30 B.32 C.36 D.40 4.小明希望自己的高考数学成绩能超过120分，为了激励自己，他记录了近8次数学考试成绩，并绘制成 折线统计图，如图，这8次成绩的第80百分位数是（ ） A.100 B.105 C.110 D.120 2x,x0 5.已知函数 f x ，若 f a f  6a2 ，则实数a的取值范围是（ ） x31,x0 A. ,23, B. 2,3 C. ,32, D. 3,2 6.已知盒子中有6个大小相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两球，每次取一球， 记第一次取出的球的数字是x，第二次取出的球的数字是y .若事件A“x y 为偶数”，事件B“ x,y中有偶数且x y”，则PA∣B（ ） 2 1 3 2 A. B. C. D. 3 4 4 5 7.已知函数 f x lnx kx2有2个零点，则实数k 的取值范围是（ ）  1   1   1   1  A. e,  B. 0,  C. 1,0  D. e,0   e3   e3  e3 e3 x2 y2 8.已知椭圆C:  1(a b0)的左､右焦点分别为F,F ,B0,b ，若经过F 的弦AB满足 a2 b2 1 2 1 AB  AF ，则椭圆C的离心率是（ ） 2 3 3 6 6 A. B. C. D. 3 4 3 4 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.已知点P 1, 2 是双曲线C:3x2  y2 1上一点，过P向双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为 A,B，则下列说法正确的是（ ） A.双曲线的浙近线方程为y  3x B.双曲线的焦点到渐近线的距离为1 1 C. PA  PB  3 3 D.VPAB的面积为 16 10.设正方体ABCDABC D 的棱长为2,P为线段AD上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） 1 1 1 1 1 A.BP AD B.BP∥平面CBD 1 1 π C.设BP与CD所成的角为，则的最大值为 4 D.当棱锥A PAB 体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为12π 1 1 1 11.如图，函数 f xsinx(0)的图象与直线y  相交，A,B,C是相邻的三个交点，红 2 π BC  AB  ，则下列说法正确的是（ ） 3A.2 2π  π 21 B.若 ,gx2f x3f  x 的最大值为g ，则cos2 3  3 7 π π 7π  π π C.若 ，函数 f x 在 , 上单调递减，则   ,  2 3 12   6 6  π π D.若 f    0,gx f x 是偶函数，则的一个可能取值为  6 12 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 4  1 12.在：  2x3   的展开式中，含x4项的系数是__________.  x 13.在VABC中，AB1,AC 2,BAC 60o，若BC,AC 边上的两条中线AM,BN相交于点P，则 uuur uuur BNCA__________；cosMPN __________. 14.已知二次函数 f x 有两个不相等的零点b,c，其中cb.在函数 f x 图象上横坐标为x 的点处作 1 f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标为x ；用x 代替x 重复上面的过程得到x ：一直继续下去，得 2 2 1 3 x b 到x ,x ,,x ，其中x c.若a ln n ,a 1，则 a  前6项的和是__________. 1 2 n n n x c 1 n n 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.（本小题满分13分） 已知a,bR，函数 f xax2 2x4lnxb，且 f14. （1）求 f x 的单调区间； （2）若 f x0恒成立，求b 的取值范围. 16.（本小题满分15分） 面试是求职者进入职场的一个重要关口，也是机构招聘员工的重要环节.某科技企业招聘员工，首先要进行 笔试，笔试达标者才能进入面试.面试环节要求应聘者回答3个问题，第一题考查对公司的了解，答对得1 分，答错不得分；第二题和第三题均考查专业知识，每道题答对得2分，答错不得分. （1）根据近几年的数据统计，应聘者的笔试得分X 服从正态分布N60,100 ，要求满足X 70为达标.现有1000人参加应聘，求进入面试环节的人数.（结果四舍五入保留整数） 2 4 （2）某进入面试的应聘者第一题答对的概率为 ，后两题答对的概率均为 ，每道题是否答对互不影 3 5 响，求该应聘者的面试成绩Y的分布列与数学期望. 附：若X  N  ,2 (0)，则P( X )0.683， P(2 X 2)0.955,P(3 X 3)0.997 17.（本小题满分15分） 如图，在四棱锥PABCD中，AD∥ BC,BAD90o,AD2BC 4,AB2， PA2 2,PAO45o，且O是AD的中点. （1）求证：平面POC 平面ABC ； （2）若二面角PADB的大小为120o，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值. 18.（本小题满分17分） 已知平面内一动圆过点P1,0 ，且在y轴上截得弦长为2，动圆圆心的轨迹为曲线E. （1）求曲线E的方程； （2）设点T是圆C:(x2)2  y2 3上的动点，曲线E上有四个点A,B,M,N ，其中M 是TA的中点， N 是TB的中点，记AB的中点为D. ①求直线TD的斜率： ②求VTAB面积的最大值. 19.（本小题满分17分） 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之 和最小的点，托里拆利确定费马点的方法如下： ①当VABC的三个内角均小于120o时，满足AOBBOC COA120o的点O为费马点； ②当VABC有一个内角大于或等于120o时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知VABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，点M 为VABC的费马点，且 cos2Acos2Bcos2C 1.（1）求C； （2）若c4，求 MA  MB  MB  MC  MC  MA 的最大值； （3）若 MA  MB t MC ，求实数t的最小值.大庆市高三年级第三次教学质量检测 数学答案及评分标准 一､单项选择题：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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A C D B D A 1.B 【解析】 因为ð B1,2,3,6 ，所以Að B1,3 .故选：B. U U 2.D 【解析】 因为复数z 对应的点的坐标是 2,3 ，所以z 23i，所以iz i23i32i.故选：D. 3.A 【解析】 a 2 a d 2 a 3 设等差数列 a  的公差为d ，由 2 ，得 1 ，解得 1 ，所以 n  S 5  5a 10d 5 d 1 5 1 1211 S 123 130.故选：A. 12 2 4.C 【解析】 因为880%6.4，由图可知8次成绩由小到大排序，第7个位置的数是110，所以这8次成绩的第80 百分位数是110.故选：C. 5.D 【解析】 函数 f x 的图象如下，由图可知 f x 在R上单调递增.因为 f a f  6a2 ，所以a6a2，解得 3a2.故选：D. 6.B 【解析】 由已知nΩ6636,nB3633324,nAB A2 6 3 6 1 则PA∣B  .故选：B. 24 4 7.D 【解析】已知函数 f x lnx kx2有2个零点，所以方程 lnx kx2有两个根，即函数y  lnx 与 y kx2的图象有两个公共点. 1 （1）当0 x1时， f x lnx lnx, fx .若直线y kx2与曲线 f x lnx 相切，设切 x  1  点坐标为Px ,lnx  ，则曲线在点P处的切线方程为ylnx   xx  .又因为切线过点 0,2 ， 1 1 1 x 1   1  1  1 所以2lnx   0x  ，解得x  ，即k e. 1  x  1 1 e 1 1 （2）当x1时， f x lnx lnx, fx .若直线y kx2与曲线 f x lnx 相切，设切点坐标 x 1 为Qx ,lnx  ，则曲线在点Q处的切线方程为ylnx  xx  .又因为切线过点 0,2 ，所以 2 2 2 x 2 2 1 1 2lnx  0x  ，解得x e3，即k  . 2 x 2 2 e3 2 综上，结合函数y  lnx 与函数y kx2的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时  1  ke,0 .故选：D. e3 8.A 【解析】  a AF   AF  AF 2a   1 2 法一：由题可知 BF  BF a，所以 1 2 ，解得 . 1 2  AF 1 a  AF 2  AF  3a  2 22 2 a 3a (2c)2      由cosAFF cosBFF 0得 2  2   a2 (2c)2 a2 0，整理得a2 3c2， 1 2 1 2 a 2a2c 2 2c 2 c 3 所以e  .故选：A. a 3  a AF   AF  AF 2a   1 2 法二：由题可知 BF  BF a，由已知得 1 2 ，解得 . 1 2  AF 1 a  AF 2  AF  3a  2 2 记BF 中点为E，因为AB AF ，所以AE  BF . 2 2 2 a a2 a2 4c2 2 1 c2 1 在VFBF 和VAEB中，由cosFBF cosABE 得   ，解得  ， 1 2 1 2 2a2 3a 3 a2 3 2 c 3 所以e  .故选：A. a 3 二､多项选择题：本大题共 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.ABD 【解析】 题号 9 10 11 答案 ABD BCD AD 3 因为双曲线的方程为C:3x2  y2 1，所以a ,b1，所以双曲线的渐近线方程为 3 b y  x 3x.故A正确. a 2 3  2 双曲线的右焦点 ,0到渐近线y  3x的距离为d  1.故B正确.   3 2   3 2 3 2 1 由点到直线的距离公式可得 PA  PB    .故C错误. 2 2 4如图，因为K  3，所以AOx60o.在VPAD和VOBD中，PADOBD90o， OA PDAODB，所以APDBOD60o，所以 1 1 1 3 3 S   PA  PB sin60o    ，故D正确. VPAB 2 2 4 2 16 故选：ABD. 10.BCD 【解析】 如图（1），当点P与D重合时，BP与AD所成的角是45o.故A错误. 如图（2），易证平面DBC ∥平面ADB，所以BP∥平面CBD .故B正确. 1 1 1 1 1 如图（3），因为AB∥CD，所以BP与CD所成的角为PBA.因为AB平面AADD ，所以 1 1 PA AB AP，所以tanPBA ，当点P与A（或D 重合时tanPBA最大，此时PBA最大，易 AB 1 π 得PBA .故C正确. 4 如图（3），因为V V ，所以当点P与D重合时三棱锥A PAB 体积最大，此时三棱锥的外 A 1 PAB 1 PAAB 1 1 1 接球即为正方体的外接球.设外接球半径为R，则(2R)2 22 22 22，所以R2 3，所以该三棱锥外接 球的表面积为12π.故D正确. 故选：BCD. 11.AD 【解析】 1  π sinx  x  2kπ  1  1   1 2   1 6 设A  x ,  ,B  x , ，则 ，所以 ,kZ ，  1 2  2 2  sinx  1  x  5π 2kπ  2 2  2 6 2π 2π 1 2π 1 所以x x  ，所以 AB  x x     T .因为 AC T ，所以 2 1 3 2 1 3 3  3 2 1 1 π 2π BC  AB  T  T  T  ，所以T π ，所以2.故A正确. 3 3 3 3  2π  π  2π   π 2π 当 时，gx2f x3f  x  2sin  2x  3sin  2  x    3  3  3    3 3  2 7 21  2sin2x 3cos2x 7 sin2x cos2x 7sin2x ，   7 7   2 7 21 π （其中cos ,sin ）.因为x时gx 有最大值，所以2 2kπ,kZ ，所以 7 7 2 π  π  21 cos2cos  2kπ  cos    sin .故B错误. 2  2  7 π 3π 法一：当 2kπ2x 2kπ,kZ 时，y sin2x 是单调递减函数，所以 2 2 π  3π   π 7π y sin2x 的减区间为   kπ,  kπ  kZ .因为函数 f x 在 , 上单调递减， 4 2 4 2  3 12  π  π  kπ  4 2 3 π π π π π 所以 ,kZ，得 2kπ 2kπ,kZ.因为 ，所以  .故 3π  7π 6 3 2 6 3   kπ  4 2 12 C错误. π 7π 2π 7π π π 法二：因为  x ，所以 2x .又因为  ，所以 3 12 3 6 2 2 2π π   π 2π 5π 2π 7π 5π π 7π  3 2   ,   .因为函数 f x 在 , 上单调递减，所以 ，解 6 3 6 3 6 3 3 12   7π 3  π  6 2 π π 得  .故C错误. 6 3  π π T π π 因为 f    0，所以 f x 的一条对称轴方程是x   ，所以 时，  6 6 4 12 12 gx f x 是偶函数.故D正确.故选：AD.三､填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分.（13小题第 1问 2分，第 2问 3分） 7 12.24； 13.1； 14.63. 14 12. 【解析】 4 在   2x3  1  的展开式中，T Cr 2x34r x1r Cr24rx124r.令124r 4得r 2，所以含x4项  x r1 4 4 的系数是C222 24. 4 13. 【解析】 法一：在VABC中，由余弦定理得|BC|214212cos60o3，所以 BC  3. 因为 AC|2 AB|2 |BC|2，所以ABC 90o，建立平面直角坐标系，如图，则    3 1  3  B0,0,A0,1,C 3,0 ,N , ,M  ,0，所以     2 2 2     uuur uuur  3 1   3 1 BNCA ,   3,1   1，   2 2 2 2    3   3 1 uuuur uuur  ,1 ,  uuuur uuur AM BN  2   2 2  7 所以cosMPN cos AM,BN  uuuur uuur   . AM  BN 3 3 1 14 1  4 4 4 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur      1    1 2 法二：BNCA BA AN  AC   AB AC   AC  ABAC AC 1.  2  2 uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 1  1 因为AM  AB AC ,BN AB AC， 2 2 uuur uuur uuur uuur uuuur uuur 1 AB AC    AB 1 AC    AM BN 2  2  7 所以cosMPN  uuuur uuur   uuur uuur uuur uuur AM  BN 1  1 14 AB AC  AB AC 2 2 14. 【解析】 不妨设 f xaxbxc ，则 fxa2xbc ，所以 fx a2x bc . n n所以在x x 处的切线方程为：y f x a2x bcxx  . n n n n ax 2x bc f x  ax2 abc x2 bc 令y 0，则x  n n n  n  n . n1 a2x bc a2x bc 2x bc n n n x b x2 bcb2x bc x2 2bx b2 x b2 x b x b 因为 n1  n n  n n  n ，所以ln n1 2ln n ， x c x2 bcc2x bc x2 2cx c2 x c2 x c x c n1 n n n n n n1 n 126 即a 2a ，所以 a  是首项为1，公比为2的等比数列，前6项和为 63.故 a  的前6 n1 n n n 12 126 项和是 63. 12 三､解答题 15.（本小题满分13分） 解：（1） f x 的定义域为 0, ， 4 由已知得 fx2ax2 ， x 因为 f14，所以2a244，解得a1. 4 2x2 2x4 令 fx2x2  0，解得x 1（舍），x 2. 1 2 x x 当x0,2 时， fx0；当x2, 时， fx0. 所以 f x 的单调递减区间为 0,2 ，单调递增区间为 2, . （2）因为 f x 在 0,2 上单调递减，在 2, 上单调递增， 所以当x  2时， f x 有极小值 f 2444ln2bb4ln2. 因为 f x 在 0, 上只有一个极值，所以 f(x) b4ln2. min 因为 f x0恒成立，所以 f(x) 0，即b4ln20，得b4ln2. min 所以b 的取值范围是 4ln2, . 16.（本小题满分15分） 解：（1）因为X 服从正态分布N60,100 ，所以60,10. 10.683 因为70，所以PX…70 0.1585， 2 所以10000.1585158.5159.因此，进入面试的人数约为159. （2）由题意可知，Y的可能取值为0,1,2,3,4,5 2  2  4 1 则PY 0 1  1  ；      3  5 75 2 2  4 2 PY 1  1  ;   3  5 75  2 4  4 8 PY 2  1  C1   1   ；  3 2 5  5 75 2 4  4 16 PY 3 C1  1  ;   3 2 5  5 75 2  2 4 16 PY 4 1   ;      3 5 75 2 2 4 32 PY 5     . 3 5 75 所以Y的分布列为： Y 0 1 2 3 4 5 1 2 8 16 16 32 P 75 75 75 75 75 75 1 2 8 16 16 32 290 58 所以EY0 1 2 3 4 5   . 75 75 75 75 75 75 75 15 17.（本小题满分15分） 解：（1）因为PA2 2,OA2,PAO45o， 由余弦定理得PO2  AO2  AP2 2AOAPcosPAO4，所以PO2. 因为PA2  PO2  AO2，所以POA90o，所以AD PO. 因为BC∥ AO,BC  AO，所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC  AB2. 因为BAO90o，所以AOC 90o，即ADOC. 因为POCOO,PO,CO平面POC，所以AD平面POC. 因为AD平面ABC ，所以平面POC 平面ABC . （2）在平面POC内，过点O作OE OC，交PC于E. 因为平面POC 平面ABC ，平面POC平面ABC OC，所以OE 平面ABC .以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0,D2,0,0,B2,2,0 . 由（1）可知POC为二面角PADB的平面角，即POC 120o，所以POE 30o，由   PO2，可得P 0,1, 3 . uuur uuur uuur     所以PB 2,3, 3 ,DA4,0,0,PA 2,1, 3 . uuur r r  mAD0  x0 设平面PAD的一个法向量为mx,y,z ，则r uuur ，即 ， mPA0 y  3z r   令z  3，则y 3，所以平面PAD的一个法向量为m 0,3, 3 . uuur r uuur mPB r 3 设直线PB与平面PCD所成角为，则sin cos m,PB  r uuur  m  PB 4 13 所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为 . 4 18.（本小题满分17分） 解：（1）设动圆圆心 x,y ， 当x  0时，由已知得 |x|2 1 (x1)2  y2 ，即y2 2x； 当x 0时，点C的轨迹为点 0,0 ，满足y2 2x. 综上可知，点C的轨迹方程为y2 2x. （2）设Tx ,y ,Ax ,y ,Bx ,y  . 0 0 1 1 2 2  x x y  y   y  y  2 x x 由题意得，TA的中点M  0 1, 0 1 在抛物线E上，即  0 1  2 0 1 .  2 2   2  2 y2 又y2 2x ，将x  1 代入得y2 2y y 4x  y2 0， 1 1 1 2 1 0 1 0 0 同理可得y2 2y y 4x  y2 0， 2 0 2 0 0y  y 可知y ,y 为方程y2 2y y4x  y 2 0的两根，所以y  1 2  y . 1 2 0 0 0 D 2 0 所以直线TD的斜率为0. x x y2  y 2 y  y 2 2y y 3y 2 4x 3y 2 4x  （3）由 1 2  1 2  1 2 1 2  0 0 得D 0 0 ,y ， 2 0 2 4 4 2   3y 2 4x 3 所以 TD  0 0 x  y 2 2x ， 2 0 2 0 0 又因为 y  y  y  y 2 4y y  8  y 2 2x  ， 1 2 1 2 1 2 0 0 所以S  1 TD y  y  3 2  y 2 2x 3 . 2 1 2 2 0 0 又因为点T在圆上，则x 22  y 2 3，且2 3  x 2 3. 0 0 0 设VTAB的面积为S，则S  3 2  x 2 6x 1 3  3 2 x 32 8 3 ， 2 0 0 2  0  当x 3时，S有最大值48. 0 所以VTAB面积的最大值为48. 19.（本小题满分17分） 解：（1）因为cos2Acos2Bcos2C 1， 所以12sin2A12sin2B12sin2C 1，即sin2Asin2Bsin2C， 由正弦定理得：a2 b2 c2. 所以C 90o. （2）由（1）知C 90o，所以VABC的三个角都小于120o， 因为点M 为VABC的费马点，所以AMBBMC CMA120o. 由S S S S 得： VABC VAMB VBMC VCMA1 1 1 1 ab MA  MB sin120o MB  MC sin120o MC  MAsin120o， 2 2 2 2 2 3 整理得 MA  MB  MB  MC  MC  MA  ab. 3 又因为c2 a2 b2 162ab，所以ab8，当且仅当a b时等号成立. 2 3 16 3 所以 MA  MB  MB  MC  MC  MA  ab ， 3 3 16 3 所以 MA  MB  MB  MC  MC  MA 的最大值为 . 3 （3）由（2）知AMBBMC CMA120o. 设 MC  x, MA mx, MB nx,(x0,m0,n0)， 由 MA  MB t MC 得mnt. 由余弦定理得： | AC|2 x2 m2x2 2mx2cos120o  m2 m1  x2; |BC|2 x2 n2x2 2nx2cos120o  n2 n1  x2; | AB|2m2x2 n2x2 2mnx2cos120o  m2 n2 mn  x2; 因为| AC|2 |BC|2| AB|2，所以  m2 m1  x2   n2 n1  x2   m2 n2 mn  x2， 整理得mn2mn. 2 mn 因为mn2mn   ，当且仅当m  n时等号成立.  2  2  t  所以t2   ，整理得t2 4t80，解得t 22 3 或者t 22 3（舍去）. 2 所以实数t的最小值为22 3.