第1頁/共1頁2024～2025學年度高三年級4月質量檢測數(shù)學考生注意：1．本試卷分選擇題和非選擇題兩部分.滿分150分，考試時間120分鐘.2．答題前，考生務必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內項目填寫清楚.3．考生作答時，請將答案答在答題卡上.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效.4．本卷命題范圍：高考范圍.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出集合，再根據(jù)交集的含義即可得到答案.【詳解】由得，所以，又，所以．故選：C．2.已知向量，，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)條件，利用投影向量的定義，即可求解.【詳解】因為，，所以在上的投影向量為,故選：C3.圓錐的底面半徑為，側面展開圖是半圓面，那么此圓錐的側面積是A. B. C. D.【答案】A【解析】【詳解】若圓錐的側面展開圖是半圓，則圓錐的母線長為底面半徑的2倍，因為圓錐的底面半徑為a，故圓錐的母線長為2a，故圓錐的側面積，故選A.4.將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，則圖象的一條對稱軸為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡函數(shù)得，根據(jù)平移得，結合正弦函數(shù)的圖象求其對稱軸即可.【詳解】因，將其圖象向左平移個單位長度后得到函數(shù)的圖象，則，令，解得.結合選項可知D正確．故選:D.5.已知變量x和變量y的一組成對樣本數(shù)據(jù)，其中，其經驗回歸方程為，現(xiàn)又增加了2個樣本點，，得到新樣本的經驗回歸方程為.在新的經驗回歸方程下，若樣本的殘差為，則m的值為（）A.3.15 B.1.75 C.2.35 D.1.95【答案】D【解析】【分析】先計算新數(shù)據(jù)的平均值，然后計算新數(shù)據(jù)的回歸方程，進而根據(jù)殘差定義計算.【詳解】因為過點，將代入得.增加兩個樣本點后x的平均數(shù)為，，.所以新的經驗回歸方程為，當時，.所以樣本的殘差是，解得.故選：D.6.某商場舉辦購物抽獎活動，其中將抽到的各位數(shù)字之和為8的四位數(shù)稱為“幸運數(shù)”（如2024是“幸運數(shù)”），并獲得一定的獎品，則首位數(shù)字為2的“幸運數(shù)”共有（）A.32個 B.28個 C.27個 D.24個【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，“幸運數(shù)”的后三位數(shù)字的和為6，故可以分成七類進行計數(shù)，利用分類加法計數(shù)原理即得.【詳解】依題意，首位數(shù)字為2的“幸運數(shù)”中其它三位數(shù)字的組合有以下七類：①“006”組合，有種，②“015”組合，有種，③“024”組合，有種，④“033”組合，有種，⑤“114”組合，有種，⑥“123”組合，有種，⑦“222”組合，有1種.由分類加法計數(shù)原理，首位數(shù)字為2的“幸運數(shù)”共有個.故選：B.7.已知函數(shù)，其中為常數(shù)，若函數(shù)的圖象如圖所示，則（）A.的圖象與坐標軸有三個交點B.的圖象的對稱軸在軸左側C.關于的方程有兩個不等實根D.在區(qū)間上單調遞增【答案】D【解析】【分析】由指數(shù)型函數(shù)的性質圖象求得參數(shù)，根據(jù)二次函數(shù)的性質，結合相關函數(shù)的單調性，逐項檢驗即得.【詳解】因，函數(shù)的圖象在上為減函數(shù)，則，即得，又圖象經過點，即，故得，解得，于是，，易得該拋物線開口向上，頂點坐標為，對于A，因函數(shù)在上單調遞增，則，即的圖象與軸沒有交點，又的圖象與軸有唯一交點，即的圖象與坐標軸只有一個交點，故A錯誤；對于C，關于的方程的實根個數(shù)，等于直線與曲線的交點個數(shù)，由A項，因，則直線與曲線的交點個數(shù)為0，故C錯誤；對于B，的圖象的對稱軸是直線，在軸右側，故B錯誤；對于D，因的圖象對稱軸：，在區(qū)間上單調遞增，故D正確.故選：D.8.畫法幾何學的創(chuàng)始人——法國數(shù)學家加斯帕爾·蒙日發(fā)現(xiàn)：與橢圓相切的兩條互相垂直直線的交點的軌跡是以橢圓中心為圓心，以長半軸和短半軸平方和的算術平方根為半徑的圓，稱該圓為橢圓的蒙日圓.設A，B為橢圓E：上的兩個動點，動點P在直線上，若恒成立，則E的離心率的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)蒙日圓的定義寫出橢圓方程對應的蒙日圓，再由直線與圓的位置關系及點線距離公式列不等式求參數(shù)范圍，進而求橢圓離心率范圍.【詳解】根據(jù)題意，得橢圓E的蒙日圓方程為，其上任意一點向橢圓C所引的兩條切線互相垂直，因此當直線與圓相離時，，由，解得.所以離心率.故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.設，均為模是1的復數(shù)，則（）A. B.C. D.的最大值為5【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)題設，復數(shù)和均為模是1的復數(shù)，意味著它們在復平面上表示的點位于單位圓上，利用這一性質，可以對各選項進行分析，從而找出正確的選項．【詳解】對于A，設，，則，，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，設，，則，所以，，，所以，故C正確；對于D，的幾何意義為復平面內以為圓心的單位圓上的點到的距離，因為圓心到點的距離為5，則最大值為6，故D錯誤．故選：BC．10.設函數(shù)的定義域為，且，則（）A. B.C.是奇函數(shù) D.【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法推導可得數(shù)列的特性，計算判斷AB；取，再取，結合奇函數(shù)定義判斷C；由選項C的結論，結合等差數(shù)列求和判斷D.【詳解】函數(shù)的定義域為，且，對于AB，取，則，因此數(shù)列是以為首項，公差為1的等差數(shù)列，，則，，AB正確；對于C，由，得，取，得，取，得，即，因此，是奇函數(shù)，C正確；對于D，，D錯誤.故選：ABC11.已知正方體的棱長為2，，分別是棱的中點，動點滿足，其中，則下列命題正確的是（）A.若，則平面平面B.若，則與所成角的取值范圍為C若，則平面D.若，則線段長度的最小值為【答案】AC【解析】【分析】由的取值確定動點所在線段，A項先證明線面垂直，再證面面垂直即可；BD項建系，利用向量方法分別求解線線角與長度可得；C項由線線平行得線面平行，再得面面平行，由此線面平行得證.【詳解】A項，如圖，取線段的中點Q，連接AQ、DE.，，若，則，則三點共線，即點P在線段AQ（不包含點）上運動；由分別是線段的中點，則與全等，則，，所以.由平面，，得平面，平面，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；B項，，若，則，則三點共線，即點P在線段AC（不包含點）上運動；如圖，以為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則，由，則又，所以，，因為，則，，，因為與所成角銳角或直角，故與所成角的取值范圍為，故B錯誤；C項，如圖，過作，交于，則為中點.延長至，使，連接.取的中點，連接，交于，則為中點，連接.由，且，得四邊形為平行四邊形，則，由，則，則四點共面.由，所以，平面，平面，則平面，同理，平面，又平面，平面，，故平面平面.若，由，可得，，，則三點共線，即點P在線段MN（不包含點）上運動；又平面，故平面，故C正確；D項，如圖，連接.若，由，可得，，，與C項同理可得，點P在線段NG上運動.連接，同選項B建系，則有，則，，所以，則，故當時，線段長度的最小值為，故D錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛，應用向量加減法的幾何意義（平行四邊形法則與三角形法則）確定動點的軌跡是解決此類題型的關鍵所在.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若雙曲線的一條漸近線與直線垂直，則其離心率為________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)漸近線方程，可得，根據(jù)以及離心率公式可得答案.【詳解】因為漸近線方程，所以，則，，故離心率為.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線的漸近線方程和離心率公式，屬于基礎題.13.已知在中，角A，B，C所對邊分別為a，b，c，滿足，且，則周長的取值范圍為______________．【答案】【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理邊化角，求出，再利用余弦定理及均值不等式求解作答.【詳解】在中，由及正弦定理得：，而，于是，有，而，，因此，由余弦定理得，即有，當且僅當時取等號，從而，而，則，所以周長的取值范圍為.故答案為：14.已知函數(shù)，若存在實數(shù)，使得成立，則實數(shù)_____．【答案】##【解析】【分析】構造利用導數(shù)可得當時，，由基本不等式可得，當時，等號成立，故由可知，即得.【詳解】令，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，，由，當且僅當，即時，等號成立，故，當且僅當兩個不等式等號同時成立時，即等號成立，得故答案為：【點睛】關鍵點點睛，本題由的最小值為，，故，進而確定，進而可得.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知函數(shù).（1）若，求單調區(qū)間；（2）若，求函數(shù)的零點.【答案】（1）的單調遞增區(qū)間為，的單調遞減區(qū)間為（2）【解析】【分析】（1）將代入函數(shù)，求函數(shù)的導函數(shù)，利用導數(shù)符號即可得到函數(shù)的單調遞增區(qū)間和遞減區(qū)間；（2）分，和三種情況討論的符號，即可得到的零點.【小問1詳解】當時，，則，對有，對有.故的單調遞增區(qū)間為，的單調遞減區(qū)間為.【小問2詳解】首先，根據(jù)（1）的結論，可以得到不等式，即.用替換，就得到，即.當時，，故，顯然的定義域為.當時，有；當時，有；當時，有.所以函數(shù)的零點為.16.已知數(shù)列的前項和為，且．（1）證明：是等比數(shù)列；（2）設，求數(shù)列的前項和．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由與的關系可得遞推公式，根據(jù)等比數(shù)列的定義，可得答案；（2）由（1）可得的通項，利用錯位相減法，可得答案.【小問1詳解】證明：因為，所以當時，，解得；當時，，所以，即，所以，又．所以數(shù)列是以4為首項，3為公比的等比數(shù)列．【小問2詳解】由（1）知，．所以，則，①，②—②有．所以17.如圖，在體積為的三棱柱中，底面是邊長為2的正三角形，?為的中點.（1）求證：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用等體積法先求得點到平面的距離，可得平面，從而可得，根據(jù)等腰三角形三線合一可得，可證得平面，從而可得平面平面.（2）建立空間直角坐標系，利用向量法即可求得直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】證明：因為是邊長為2的正三角形，設點到平面的距離為，則三棱柱的體積，所以，因為，所以就是點到平面的距離，故平面.因為平面，所以，因為為中點，所以，因為平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】解：以為原點，直線為軸，在平面內過點與垂直的直線為軸，直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，，所以.設平面的法向量為，則有得取，得.設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角正弦值為.18.已知拋物線的頂點在坐標原點，焦點在軸的正半軸上，圓與的準線相切．（1）求的標準方程；（2）已知是上的一點，是軸上的一點，若的最小值為4，求點的坐標；（3）過點作直線與交于兩點，且在兩點處的切線交于點，證明：．【答案】（1）（2）或（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由題意設出拋物線方程，根據(jù)圓的方程明確圓心與半徑，結合切線的性質，可得答案；（2）設出動點坐標，根據(jù)兩點距離公式寫出函數(shù)解析式，結合二次函數(shù)性質，可得答案；（3）由題意設出直線方程，聯(lián)立方程，寫出韋達定理，利用導數(shù)求得切線方程，聯(lián)立求交點，結合距離公式，可得答案.【小問1詳解】由題意，設的方程為，準線為，因為圓與的準線相切，且圓心為，半徑為所以，解得，所以的標準方程為．【小問2詳解】設，當，即時，，解得或（舍去）；當，即時，，解得，所以點的坐標為或．【小問3詳解】證明：根據(jù)題意，直線的斜率存在，，設直線的方程為，聯(lián)立，消去并整理得，所以，對求導，得，由，解得，所以．因為，所以，又，所以.19.某市教育局舉辦的校園足球比賽，其中小學生足球淘汰賽階段的比賽規(guī)則如下：①常規(guī)時間分上、下半場，每個半場各30分鐘，在常規(guī)時間內進球多的一方獲得比賽的勝利并進入下一輪；②如果在常規(guī)時間內兩隊戰(zhàn)平，則雙方各派3名隊員進行3輪點球決戰(zhàn)，進球多的一方獲得比賽的勝利并進入下一輪；③如果點球大戰(zhàn)依然戰(zhàn)平，則將進行抽簽決定哪支球隊進入下一輪，現(xiàn)有甲、乙兩隊進行淘汰賽階段的比賽．（1）假設在常規(guī)時間內甲隊獲勝的概率為，戰(zhàn)平的概率為；在點球大戰(zhàn)中甲隊獲勝以及戰(zhàn)平的概率均為；在抽簽環(huán)節(jié)，兩隊進入下一輪機會均等．已知在甲隊進入下一輪的條件下，求他們是通過抽簽進入下一輪的概率；（2）點球大戰(zhàn)中，當領先的一方提前獲得比賽的勝利，則剩下的隊員不再出場進行點球比賽（如甲方3∶1領先時，乙隊的最后一名隊員不必再出場比賽）．假設甲隊每名隊