2024届高三下学期1月质量检测数学试卷(含答案)

这是一份2024届高三下学期1月质量检测数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数z满足,则( )
A.3B.2C.D.1
2．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
3．如图是正方体的表面展开图,在原正方体中,直线AB与CD所成角的大小为( )
A.B.C.D.
4．已知向量，，若，则( )
A.B.C.D.
5．下表统计了2017年～2022年我国的新生儿数量（单位：万人）.
经研究发现新生儿数量与年份代码之间满足线性相关关系，且，据此预测2023年新生儿数量约为（精确到0.1）（参考数据：）( )
A.773.2万B.791.1万C.800.2万D.821.1万
6．甲箱中有2个白球和4个黑球,乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中,以,分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球;再从乙箱中随机取出一球,以B表示从乙箱中取出的是白球,则下列结论错误的是( )
A.,互斥B.C.D.
7．阿波罗尼斯（约公元前262年～约公元前190年）,古希腊著名数学家﹐主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等.尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著,代表了希腊几何的最高水平,此书集前人之大成,进一步提出了许多新的性质.其中也包括圆锥曲线的光学性质,光线从双曲线的一个焦点发出,通过双曲线的反射,反射光线的反向延长线经过其另一个焦点.已知双曲线的左、右焦点分别为,,其离心率,从发出的光线经过双曲线C的右支上一点E的反射,反射光线为EP,若反射光线与入射光线垂直,则( )
A.B.C.D.
8．若集合中仅有2个整数,则实数k的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．过抛物线（）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若，则直线l的倾斜角可能为( )
A.B.C.D.
10．已知函数（，，），若的图象过，，三点，其中点B为函数图象的最高点（如图所示），将图象上的每个点的纵坐标保持不变，横坐标变为原来的倍，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则( )
A.B.
C.的图象关于直线对称D.在上单调递减
11．如图，正方体的棱长为2，点E是AB的中点，点P为侧面内（含边界）一点，则( )
A.若平面，则点P与点B重合
B.以D为球心，为半径的球面与截面的交线的长度为
C.若P为棱BC中点，则平面截正方体所得截面的面积为
D.若P到直线的距离与到平面的距离相等，则点P的轨迹为一段圆弧
三、填空题
12．的展开式中的常数项为___________.（用数字作答）
13．已知A为圆上的动点,B为圆上的动点,P为直线上的动点,则的最大值为__________________.
14．在1,3中间插入二者的乘积,得到13,3,称数列1,3,3为数列1,3的第一次扩展数列,数列1,3,3,9,3为数列1,3的第二次扩展数列,重复上述规则,可得1,,,…,,3为数列1,3的第n次扩展数列,令,则数列的通项公式为______________.
四、解答题
15．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2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4分,答错不得分.
（1）若一共有100人应聘,他们的笔试得分X服从正态分布,规定为达标,求进入面试环节的人数大约为多少（结果四舍五入保留整数）;
（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响,求该应聘者的面试成绩Y的数学期望.
附：若（）,则,,.
16．如图,在中,,D为外一点,,记,.
（1）求的值;
（2）若的面积为,的面积为,求的最大值.
17．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）甍（méng）者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,窟盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍甍”如图所示,四边形ABCD为矩形,四边形ABFE、CDEF为两个全等的等腰梯形,,,,P是线段AD上一点.
（1）若点P是线段AD上靠近点A的三等分点,Q为线段CF上一点,且,证明：平面BDQ;
（2）若E到平面ABCD的距离为,PF与平面BCF所成角的正弦值为,求AP的长.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为,,右顶点为A,且,离心率为.
（1）求C的方程;
（2）已知点,M,N是曲线C上两点（点M,N不同于点A）,直线AM,AN分别交直线于P,Q两点,若,证明：直线MN过定点.
19．已知函数.
（1）当时,求的最小值;
（2）若有2个零点,求a的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：因为,所以,
所以.
故选C.
2．答案：B
解析：由，得，或，所以或.所以，由，得，所以.故选B.
3．答案：D
解析：将表面展开图还原为正方体,AB与CD在正方体中的位置如图所示,
易证平面DCE,所以,故直线AB与CD所成角的大小为.
故选D.
4．答案：C
解析：因为，所以，即，所以，所以.故选C.
5．答案：A
解析：由题意得，，所以，所以，当时，.故选A.
6．答案：C
解析：因为每次只取一球,故,是互斥的事件,故A正确;
由题意得,,,,故B,D均正确;因为,故C错误.
故选：C.
7．答案：B
解析：设,,,由题意知,,,所以,,所以,又,所以,解得,所以.故选：B.
8．答案：A
解析：原不等式等价于,
设,,
则,令,得.
当时,,单调递增;
当时,,单调递减.又,时,,
因此与的图象如图,
当时,显然不满足题意;当时,当且仅当,或.
由第一个不等式组,得,即,
由第二个不等式组,得,该不等式组无解.
综上所述,.
故选：A.
9．答案：BC
解析：当l的倾斜角为锐角时，如图所示，由抛物线（）的焦点为F，准线方程为，分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于C，作，垂足为M，则，，，所以，，所以，则l的倾斜角，同理可得当直线l的倾斜角为钝角时，其大小为.故选BC.
10．答案：BC
解析：由题意得，，，所以，.由，，得，，所以，，所以.又，只可能，所以，所以，，故A错误，B正确；因为，所以的图象关于直线对称，故C正确；令（），解得（），令，得，又包含但不是其子集，故D错误.故选BC.
11．答案：ABC
解析：由正方体的性质，易证平面，若点P不与B重合，因为平面，则，与矛盾，故当平面时，点P与B重合，故A正确；
由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点D在底面的射影为的中心H，连接DH，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与截面的交线是以H为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示，，所以.，所以，同理，其余两弦所对圆心角也等于，所以球面与截面的交线的长度为，故B正确；
对于C，过E，P的直线分别交DA、DC的延长线于点G，M，连接、，分别交侧棱于点N，交侧棱于点H，连接EH和NP，如图所示：
则截面为五边形，易求，，，，，故，所以，，所以五边形的面积，故C正确；因为平面，所以.因为平面平面，故点P到平面的距离为点P到的距离，由题意知点P到点的距离等于点P到的距离，故点P的轨迹是以为焦点，以为准线的抛物线在侧面内的部分，故D错误.故选ABC.
12．答案：
解析：，令，解得，故常数项为.
13．答案：
解析：设关于直线的对称点为，则，解得，故.要使的值最大，则P，A，（其中为B关于直线的对称点）三点共线，且该直线过C，两点，如图，其最大值为.
14．答案：
解析：因为,
所以,
所以,又,
所以,所以是以为首项,3为公比的等比数列,
所以,
所以.
15．答案：（1）16
（2）
解析：（1）因为X服从正态分布，所以，，，
所以.
进入面试的人数，.
因此，进入面试的人数大约为16.
（2）由题意可知，Y的可能取值为0，2，4，6，8，10，
则；
；
；
；
；
.
所以.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）在中,由余弦定理,得,
在中,由余弦定理,得,
所以,
所以,
即.
（2）由题意知,,
所以
,
由（1）知,
所以,,
所以
,
所以当时,取得最大值,最大值为.
17．答案：（1）证明见解析
（2），或
解析：（1）证明：连接CP交BD于点H，连接HQ，
因为，且，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为平面BDQ，平面BDQ，
所以平面BDQ.
（2）分别取AD，BC的中点I，J，连接EI，IJ，FJ，则，且，
因为四边形ABFE与四边形CDEF为全等的等腰梯形，所以，四边形EIJF为等腰梯形，且，，
，，又，所以，
因为EI，平面EIJF，且EI，FJ为两条相交直线，
所以平面EIJF，所以平面平面EIJF.
过E在平面EIJF内作IJ的垂线，垂足为M，则平面ABCD，
，.
过M作，易得MK，MJ，ME两两垂直，以M为坐标原点，MK，MJ，ME所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），
则，，，
设（），所以，，.
设平面BCF的一个法向量，则，即，
令，解得，，所以，
设PF与平面BCF所成角的大小为，
则，
解得，且满足题意，
所以，或.
18．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）设C的半焦距为c,由题意得,
解得,
故C的方程为.
（2）证明：设MN的方程为（）,
代入,得,
由,得,
设,,则,,
所以,
.
直线AM的方程为,令,得,故,
同理可求,
所以,,
由,得,
即,
所以,
所以,解得,
所以直线MN的方程为,故直线MN过定点.
19．答案：（1）0
（2）
解析：（1）的定义域为.
当时，，.
令（），则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（2）由题意知（）.
①当时，在上恒成立，所以在上单调递增，所以至多有一个零点，不合题意；
②当时，令，则在上恒成立，
所以在上单调递增，
因为，，
所以存在唯一，使得，所以.
当时，，；当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
（a）当时，由（1）知，即时，，且，只有一个零点1，不合题意；
（b）当时，因为，则，又在上单调递减，
所以，
而，
令，则.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，所以；
当时，，即.
又，
所以，
所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且仅有一个零点.
又在上有且仅有一个零点1，
所以，当时，存在两个零点；
（c）当时，由，得，又在上单调递增，
所以.
取，则，所以.
当时，，
所以，
所以，
所以.
又，所以，
由的单调性及零点存在定理，知在上有且有一个零点，又1为在内的唯一零点，所以当时，存在两个零点.
综上可知，a的取值范围是.
年份
2017
2018
2019
2020
2021
2022
年份代码x
1
2
3
4
5
6
新生儿数量y
1723
1523
1465
1200
1062
956