华师一附中2024届高三上学期7月质量检测数学试题（解析版）

2024届高三数学独立作业（2）一、单选题：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，，则等于（    ）A．B．C．D．【答案】A【详解】由，得，解得，即，由，得，即，所以.故选：A.2.已知复数z满足，则（）．A.1B.C.D.2【答案】D【详解】由，得，所以，则，所以.故选：D.3.若抛物线上的点P到焦点的距离为8，到轴的距离为6，则抛物线的标准方程是（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由抛物线定义可得：，解得，所以抛物线的标准方程为.故选：C4.把1，2，3，4，5这5个数排成一列，则满足先增后减（例如：1，3，5，4，2）的数列的个数是（）．A6B.10C.14D.20【答案】C【解析】【分析】根据题意，分最大数5在第二、三、四个位置三种情况讨论即可【详解】把1，2，3，4，5这5个数排成一列，满足先增后减的数列有：①最大数5在第二个位置的所有情况：②最大数5在第三个位置的所有情况：③最大数5在第四个位置的所有情况：，共有14个.故选：C.5.设甲：，乙：，则（    ）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件5．B【详解】当时，例如但，即推不出；当时，，即能推出.综上可知，甲是乙的必要不充分条件.6.如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（）．A.B. C.3 D.9【答案】B【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，又，，所以，又三点共线，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号.故选：B.7.已知异面直线，的夹角为，若过空间中一点，作与两异面直线夹角均为的直线可以作4条，则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】D【解析】详解】如图，将异面直线a、b平移到过P点，此时两相交直线确定的平面为α，如图，a平移为，即PA，b平移为，即BE．设∠APB=θ，PC且PC是∠APB的角平分线，则PC与和的夹角相等，即PC与a、b夹角均相等，①将直线PC绕着P点向上旋转到PD，当平面PCD⊥α时，PD与、的夹角依然相等，即PD与a、b的夹角依然相等；将直线PC绕着P点向下旋转时也可得到与a、b的夹角均相等的另外一条直线，易知PC与PA夹角为，当PC向上或向下旋转的过程中，PC与PA夹角增大，则若要存在与两异面直线夹角均为的直线，有；②同理，∠APE=，将∠APE的角平分线绕着P向上或向下旋转可得两条直线与a、b的夹角均为，则，如此，即可作出4条直线与异面直线a、b夹角均为，又∵0＜θ≤，∴．故答案为：D．8．将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象.若在上的最大值为，则的取值个数为（  ）A.B. C.3 D.4【答案】B【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象．再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象，由上，得，当，即时，则，求得，当，即时，由题意可得，作出函数与的图象如图：由图可知，此时函数与的图象在上有唯一交点，则有唯一解，综上，的取值个数为2．故选：B．二、多选题：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．若函数既有极大值也有极小值，则 A． B． C． D．【解析】函数定义域为，且，由题意，方程即有两个正根，设为，，则有，，△，，，，即．故选：．10．已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（    ）A．B．C．若不等式的解集为，则D．若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，由于，所以.公众号：全元高考A，，当时等号成立，故A正确.B，，当且仅当时等号成立，故B正确.C，不等式的解集为，，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，，故D正确，故选：ABD11．下列命题正确的是（    ）A．已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为B．若随机变量，，则C．相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越差【答案】ACD【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，设，所以，所以在上单调递增，，故，即，即a的最小值为正确；对于B，根据正态分布密度函数的性质知，，错误；对于C，根据相关系数的性质知：约接近于1，表示线性相关程度越强，正确；对于D，残差点分布的带状区域越宽说明线性回归时的误差越大，即回归效果越差，正确；故选：ACD.12．若对任意恒成立，其中，是整数，则的可能取值为（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】对分类讨论，当时，由可得，由一次函数的图象知不存在；当时，由，利用数形结合的思想可得出的整数解.【详解】当时，由可得对任意恒成立，即对任意恒成立，此时不存在；当时，由对任意恒成立，可设，，作出的图象如下，由题意可知，再由，是整数可得或或所以的可能取值为或或故选：AD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知的展开式中含有常数项，则的一个可能取值是______．【答案】4、8、12、16（任选一个为答案）【解析】【详解】根据二项式定理展开可得，因为展开式中含有常数项，所以，由此可得当为4的倍数时，即可满足题意，又因，故可取4、8、12、16.故答案为：4、8、12、16（任选一个为答案）14．为了做好疫情防控期间的校园消毒工作，某学校对教室进行消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：小时）的变化情况如图所示，在药物释放的过程中，y与x成正比；药物释放完毕后，y与x的函数关系式为（a为常数），根据测定，当空气中每立方米的含药量降低到毫克以下时，学生方可进教室学习，那么从药物释放开始，至少需要经过___________小时后，学生才能回到教室.【答案】0.6【详解】由题意知，点在函数的图象上，所以，得，所以，由，即，得，所以.所以从药物释放开始，到学生回到教室至少需要经过的小时.故答案为：.15．己知椭圆，为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，，则___【答案】【详解】方法一：设，所以，由，解得：，由椭圆方程可知，，所以，，解得：，即，因此．方法二：因为①，，即②，联立①②，解得：，而，所以，即．方法三：因为①，，即②，联立①②，解得：，由中线定理可知，，易知，解得：．已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为___________【答案】5【分析】令，由可得，利用导数可确定与图象的位置关系，进而得到与有三个不同交点，并根据图象可确定三个交点，采用数形结合的方式可确定与、和的交点总数，即为所求的零点个数.【详解】设，令可得：；设与相切于点，，切线斜率为，则切线方程为：，即，，解得：，；设与相切于点，，切线斜率为，则切线方程为：，即，，解得：，；作出与图象如下图所示，与有三个不同交点，即与有三个不同交点，设三个交点为，由图象可知：；与无交点，与有三个不同交点，与有两个不同交点，的零点个数为个.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.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，．（1）求；（2）若，求的面积．【解】(1)因，，所以，又因为，，所以，故，所以．(2)由正弦定理可知：，代入已知条件得，解得，所以的面积为18.记为数列的前n项和，已知，．（1）求数列的通项公式；（2）设单调递增等差数列满足，且，，成等比数列．（ⅰ）求数列的通项公式；（ⅱ）设，试确定与的大小关系，并给出证明．【解】（1）因为，所以，所以，整理得．又因为，所以当时，，所以，当时，不满足．所以，.（2）（ⅰ）设数列的公差为．因为，，成等比数列，且，，，所以，即．又因为，所以．所以数列的通项公式为，．（ⅰi）．证明如下：由（ⅰ）知，，，易知所以．，，．19.如图，四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是等边三角形，平面平面，，．（1）证明：；（2）点Q在侧棱上，，过B，Q两点作平面，设平面与，分别交于点E，F，当直线时，求二面角的余弦值．【解】(1)证明：在中，设，因为，由余弦定理可知：，解得，所以，所以．又因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．由平面，所以.(2)连交于点M，连接，，设交于点H．在中，过P作平行线交的延长线于N，由，有，则，所以点H为线段中点．在中，因为直线平面，平面平面，所以直线直线，且直线过点H，所以点E为线段中点．以点A为坐标原点，分别为轴，轴，过点A垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设．则，，,，．因为点E为线段中点，所以，设平面（平面）的法向量为，因为，，由，得，令，则．设平面（平面）的法向量为，因为，，由，得．令，则．所以，所以二面角的余弦值为0.20．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．试问:点是否在定直线上.为什么？【解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.(2)在定直线上理由如下由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，  直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.21．已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)若，求的取值范围．【解】（1）因为，所以，则，令，由于，所以，所以，因为，，，所以在上恒成立，所以在上单调递减.（2）法一：构建，则，若，且，则，解得，当时，因为，又，所以，，则，所以，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；综上所述：若，等价于，所以的取值范围为.法二：因为，因为，所以，，故在上恒成立，所以当时，，满足题意；当时，由于，显然，所以，满足题意；当时，因为，令，则，注意到，若，，则在上单调递增，注意到，所以，即，不满足题意；若，，则，所以在上最靠近处必存在零点，使得，此时在上有，所以在上单调递增，则在上有，即，不满足题意；综上：.22.某考生在做高考数学模拟题第12题时发现不会做．已知该题有四个选项，为多选题，至少有两项正确，至多有3个选项正确．评分标准为：全部选对得5分，部分选对得2分，选到错误选项得0分．设此题正确答案为2个选项的概率为．已知该考生随机选择若干个（至少一个）．（1）若，该考生随机选择2个选项，求得分X的分布列及数学期望；（2）为使他此题得分数学期望最高，请你帮他从以下三种方案中选一种，并说明理由．方案一：随机选择一个选项；方案二：随机选择两个选项；方案三：随机选择三个选项．【分析】（1）根据全概率公式分别求得得分为0分，2分，5分的事件的概率，进而求得分布列及数学期望；（2）根据全概率公式分别计算三种方案的对应的得分的概率，进而求得对应的数学期望，再利用作差法比较即可求解.【解】(1)设多选题正确答案是“选两项”为事件，正确答案是“选三项”为事件，则．考生得0分，2分，5分为事件，，，，．当时，，则正确答案是“选两项”时，考生选2项，全对得5分，有选错得0分；正确答案是“选三项”时，考生选2项，选出了2个正确选项得2分，有选错得0分．因为，所以．因为，所以，．所以，得分X的分布列为：公众号：全元高考X025P得分X的数学期望．（2）方案一：随机选择一个选项正确答案是“选两项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分；正确答案是“选三项”时，考生选1项，选对得2分，选错得0分．因为，所以．因为，所以所以，随机选择一个选项得分的数学期望．方案二：随机选择两个选项；，，．所以，随机选择两个选项得分的数学期望．方案三：随机选择三个选项．公众号：全元高考正确答案是“选两项”时，考生选3项，得0分；正确答案是“选三项