2024届广东省汕头市潮阳实验学校高三三模数学试题

这是一份2024届广东省汕头市潮阳实验学校高三三模数学试题，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列命题是真命题的是（ ）
A．两个四棱锥可以拼成一个四棱柱B．正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形
C．经过不共线的三个点的球有且只有一个D．直棱柱的侧面是矩形
2．已知全集，集合，或，则（ ）
A．B．C．（－3，3]D．（2，3]
3．已知是虚数，是实数，则的（ ）
A．实部为1B．实部为
C．虚部为1D．虚部为
4．已知数列是公比为的等比数列，是数列的前项和，则（ ）
A．1B．C．D．3
5．在△中，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．质监部门对某种建筑构件的抗压能力进行检测，对此建筑构件实施两次打击，若没有受损，则认为该构件通过质检.若第一次打击后该构件没有受损的概率为0.85，当第一次没有受损时第二次实施打击也没有受损的概率为0.80，则该构件通过质检的概率为（ ）
A．0.4B．0.16C．0.68D．0.17
7．已知平行六面体中，，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．甲乙两名同学参加系列知识问答节目，甲同学参加了5场，得分是3，4，5，5，8，乙同学参加了7场，得分是3，3，4，5，5，7，8，那么有关这两名同学得分数据下列说法正确的是（ ）
A．得分的中位数甲比乙要小B．两人的平均数相同
C．两人得分的极差相同D．得分的方差甲比乙小
10．已知圆，圆分别是圆与圆上的点，则（ ）
A．若圆与圆无公共点，则
B．当时，两圆公共弦所在直线方程为
C．当时，则斜率的最大值为
D．当时，过点作圆两条切线，切点分别为，则不可能等于
11．已知函数的定义域为，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．是偶函数
三、填空题
12．展开式中含项的系数为 ．
13．与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为 .
14．椭圆的左､右顶点分别为，点在椭圆上第一象限内，记，存在圆经过点，且，则椭圆的离心率为 .
四、解答题
15．如图，四面体中，是的中点，，
(1)求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小；
(2)求点E到平面ACD的距离.
16．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求的最小值．
17．11分制乒乓球比赛规则如下：在一局比赛中，每两球交换发球权，每赢一球得1分，先得11分且至少领先2分者胜，该局比赛结束：当某局比分打成10∶10后，每球交换发球权，领先2分者胜，该局比赛结束现有甲、乙两人进行一场五局三胜、每局11分制的乒乓球比赛，比赛开始前通过抛掷一枚质地均匀的硬币来确定谁先发球假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的比赛结果相互独立，且各局的比赛结果也相互独立．
(1)若每局比赛甲获胜的概率，求该场比赛甲获胜的概率.
(2)已知第一局目前比分为10∶10，求
（ⅰ）再打两个球甲新增的得分的分布列和均值；
（ⅱ）第一局比赛甲获胜的概率；
18．如图，小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程；
(2)斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，若，求的范围.
19．定义1 进位制：进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制；满十二进一，就是十二进制；满六十进一，就是六十进制；等等．也就是说，“满几进一”就是几进制，几进制的基数就是几，一般地，若是一个大于1的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式．如．
定义2 三角形数：形如，即的数叫做三角形数．
(1)若是三角形数，试写出一个满足条件的的值；
(2)若是完全平方数，求的值；
(3)已知，设数列的前项和为，证明：当时，．
参考答案：
1．D
【分析】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案.
【详解】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误．
对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误．
对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误．
对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确．
故选：D
2．A
【分析】解集合中的不等式，得到集合，由集合得，再求.
【详解】不等式解得，∴，
或，则，
.
故选：A
3．B
【分析】设虚数，直接利用复数的运算求出结果．
【详解】设虚数，
则，
而是实数，故，得到.
故选：B.
4．D
【分析】利用已知可得，进而可得数列为公差为的等差数列，计算可求的值.
【详解】根据题意，可得，
则数列为公差为的等差数列，
所以.
故选：D.
5．B
【分析】利用正弦定理对已知条件进行边角互化，求得；再根据三角形等腰，求得，结合勾股定理即可求得结果.
【详解】，即，也即，即；
又，，故或；又，故，显然，则，△为等腰直角三角形，
故，解得.
故选：B.
6．C
【分析】运用概率乘法公式求解即可.
【详解】设表示第次打击后该构件没有受损，，
则由已知可得，，
所以由乘法公式可得，即该构件通过质检的概率是0.68.
故选：C.
7．B
【分析】利用向量的线性运算法则和数量积的性质化简条件可求，结合向量夹角公式可求结论.
【详解】因为
所以，
.
故选：B.
8．A
【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围.
【详解】设直线与相切于点，因为，
所以切线方程，即，
设直线与相切于点，
因为，所以切线方程，即，
，
所以有解，
令，，
所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，
因为，，所以，所以，
的范围为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.
9．BCD
【分析】由中位数，极差的概念即可判断AC，由平均数、方差计算公式可分别判断BD.
【详解】对于A，甲的得分中位数是5，乙的得分中位数是5，故A错误；
对于B，甲的得分平均数是，乙的得分平均数是，故B正确；
对于C，甲的得分极差是，乙的得极差是，故C正确；
对于D，甲的得分方差是，
乙的得方差是，故D正确.
故选：BCD.
10．BC
【分析】对于A，当两圆内含时即可判断错误；对于B，两圆方程相减即可验算；对于C，画出公切线通过数形结合即可验算；对于D，画出圆两条切线，通过数形结合即可验算.
【详解】对于选项A，当两圆内含时，可以无穷大，所以A不正确；
当时两圆相交，两圆的方程作差可以得公共弦的直线方程为，所以B为正确选项；
对于选项B，当时如图，
和为两条内公切线，且，
由平面几何知识可知，
所以可得，
即斜率的最大值为，C选项正确；
对于D选项，如图，

点P在位置时，
点在位置时，
所以中间必然有位置使得，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：判断CD两选项的关键是准确画出图形，通过数形结合即可顺利得解.
11．ABC
【分析】求得，判断A，再令求得，从而令，可得，判断B，已知等式变形为，令，则，由赋值法得是奇函数，判断C，再计算出，判断D．
【详解】令，可得，故A正确；
令，可得，令，可得，则，故B正确；
由，可得，令，则，令，可得，令，则，所以是奇函数，即是奇函数，故C正确；
因为，所以不是偶函数，故D错误．
故选：ABC．
12．－60
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】，
设该二项式的通项公式为，
因为的次数为，所以令，
二项式的通项公式为，
令，
所以项的系数为，
故答案为：
13．
【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.
【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长，，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心，点为球与圆台侧面相切的一个切点.
则由题意可得：，
.
因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为.
故答案为：
14．/
【分析】根据给定条件，利用和角的正切求得，再设出点，结合斜率的坐标公式求出即可求出离心率.
【详解】显然直线斜率都存在，且，
由，得，
则，而，
于是，设，则，
因此，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据异面直线夹角的定义，结合中位线性质和余弦定理，可得答案；
（2）根据等体积法，结合三角形面积公式，可得答案.
【详解】（1）取AC的中点M，连结OM、ME、OE，
由E为BC的中点知，
则直线OE与EM所成的角就是异面直线AB与CD所成的角，
在中，，
因为是直角斜边AC上的中线，则，
可得，
所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
（2）设点E到平面ACD的距离为
因为，即，
在中，，可得，
且，可得，
所以点E到平面ACD的距离为
16．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对与分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1）（），
当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；
当时，，；，，
从而在上递增，在递减；
综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）令，要使恒成立，
只要使恒成立，也只要使.
，
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以，解得：，
可知的最小值为；
若，，所以恒成立，
当时，，当时，，
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以在内无最大值，且当趋近于时，趋近于，不合题意；
综上所述：的最小值为.
17．(1)
(2)（ⅰ）分布列见详解，；（ⅱ）
【分析】（1）由五局三胜制的规则，可知的所有可能取值为，求出对应概率相加即可求得甲获胜的概率为；
（2）（ⅰ）易知的所有可能取值为，根据条件概率公式可求得对应概率取值可得分布列和均值；（ⅱ）根据获胜规则求出第一局比赛甲获胜概率的表达式，解得.
【详解】（1）因为甲每局获胜的概率均为，根据五局三胜制的规则，
设甲获胜时的比赛总局数为，因为每局的比赛结果相互独立，
所以的所有可能取值为，
可得；
故该场比赛甲获胜的概率.
（2）（ⅰ）依题意，的所有可能取值为
设打成后甲先发球为事件，则乙先发球为事件，且，
所以，
.
所以的分布列为
故的均值为；
（ⅱ）设第一局比赛甲获胜为事件，则.
由（ⅰ）知，，
由全概率公式，得
解得，即第一局比赛甲获胜的概率.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，得到笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，结合抛物线的定义，即可求得其轨迹方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，结合共线向量的坐标表示，得到，列出函数关系式，结合二次函数的性质得出不等式，即可求解.
【详解】（1）由题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
所以笔尖留下的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
设其方程为，则，
因为，，且，
可得，
由，可得点的横坐标为，
又由抛物线的准线方程为，则，解得，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）假设存在，使得，
设，直线的方程为，
联立方程组，整理得，且，
则，则，
可得，
由，可得，即，所以，
令，则，
所以，且，即，解得或，
所以存在，使得成立.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据9进制的概念，先计算，然后把因数分解成的形式，观察可得的值.
（2）先计算，利用，分为偶数和奇数讨论求的值.
（3）先求利用等比数列的求和公式求，结合二项式定理证明不等式.
【详解】（1），
当时，就是一个三角形数．
（2），
，即．
若是偶数，则和是两个连续正整数，所以上式不成立，得是奇数．
所以．
解得，即．
（3）由题意可知：，且，
则
．
．
【点睛】关键点点睛：是完全平方数，写明确，构造不等式，即，然后分为偶数和奇数讨论求值.
0
1
2