《安徽省卓越县中联盟2024届高三上学期第三次质量检测数学Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省卓越县中联盟2024届高三上学期第三次质量检测数学Word版含解析（35页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、“卓越县中联盟”2024届高三上学期第三次教学质量检测数学试卷考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一单项选择题：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，则在下列关系；中，能作为“”的必要不充分条件的个数是（ ）A. 1个B. 2个C. 3个D.
2、4个【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可判断；数形结合，作出的图象，结合不等式相应的几何意义判断；利用放缩法说明，再用构造函数，利用导数知识说明，从而判断；构造函数，求导判断单调性，数形结合，说明两命题之间的推理关系，判断.【详解】对于，取，满足，但不满足，即成立推不出，由于，故，而，故，当且仅当时取等号，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分条件；对于，作出函数的图象，如图曲线，即将的图像向右平移1个单位得到； 则（）表示几何意义为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴），则中相应的点所在区域即上述区域；而表示的几何意义为直角三角形区域部分（不含坐标轴），显然直角三角形区
3、域部分（不含坐标轴）对应集合为曲线在第一象限内和坐标轴围成的区域部分（不含坐标轴）相应集合的真子集，即是的必要不充分条件，对于，由得，故，（），设，则，则在上单调递减，且，则存在，使得，即时，在上单调递增，时，在上单调递减，而，则在上恒成立，即，故；而当成立时，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分条件；对于，当时，设，则，显然在单调递增，当时，在单调递减，当时，在单调递增，又，作出的大致图象如图： 由图象可知存在，使得，故当时，只有唯一解，若，使得，则，与条件不符，即此时得不出，即不是的必要条件，故能作为“”的必要不充分条件的是，故选：B【点睛】本题考查了必要不充分条件的判断，实质还是考查
4、导数的应用，难度较大，难点是选项的判断，解答时要注意利用放缩法结合构造函数判断，利用构造函数，判断函数单调性，数形结合判断.2. 已知数列满足，若，则正整数k的值是（ ）A. 8B. 12C. 16D. 20【答案】B【解析】【分析】利用递推关系式计算数列各项的值，确定满足题意的k值即可.详解】解：由题意结合递推关系式可得：，.故选：B.3. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的外接圆的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据二倍角公式将化简得到，利用余弦定理和正弦定理将化简可得，进而求出结果.【详解】因为，所以，所以，即，又，所以，所以，所以.因为，
5、由余弦定理得，即，又，所以，所以，由正弦定理得，所以.设的外接圆的半径为，所以，解得，所以的外接圆的面积为.故选：B.4. 若单位向量满足，向量满足，则（ ）.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】设出，由得到C在以为直径的圆上，表达出，设，利用辅助角公式得到的最值.【详解】令，不妨，所以中点坐标为，因为，所以C在以为直径的圆上，即，所以，令，则，因为，所以，所以.故选：C.【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的
6、函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.5. 已知是公比不为1的等比数列，为其前项和，满足，则下列等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件求出的公比q，然后逐一分析各选项即可判断作答.【详解】设等比数列的公比为q(q1)，又，即，而，则，解得，则，A不正确；，B正确；，C不正确；，D不正确.故选：B6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上下两部分，记上下两部分的体积分别为，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先判断为的重心，再利用重
7、心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，得，由，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.【点睛】本题关键点在于由为的重心得到这一结论，再用表示出要求的体积，最后借助基本不等式得到最值.7. 设椭圆的左焦点为，为坐标原点，过且斜率为的直线交椭圆于，两点（在轴上方）.关于轴的对称点为，连接并延长交轴于点，若，成等比数列，则
8、椭圆的离心率的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据，成等比数列，得到，设直线AB的方程为：，与椭圆方程联立，再设直线BD的方程为：，令结合韦达定理，得到点E的坐标，代入求解.【详解】解：如图所示： 设分别以OF，EF，OE为底，高为h，则，因为，成等比数列，所以，即，设直线AB的方程为：，联立，消去y得，由韦达定理得：，直线BD的方程为：，令得，则，则，即为，则，即，即，解得，则，故选：D8. 若存在实数，对任意实数，使得不等式恒成立，则实数m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】不等式等价于，原命题等价于存在实数，对任意实数不等式恒成
9、立，等价于存在实数，不等式成立，分别讨论，的情况，先求出，再求出即可解决问题.【详解】不等式等价于即，原命题等价于存在实数，对任意实数不等式恒成立，等价于存在实数，不等式成立，记，则，（1）当时，对任意，恒成立，即在上单调递减当，即时，当，即时，从而当时，则在上单调递减，在上单调递增，所以；（2）当时，令，解得， 在区间上单调递增，在上单调递减，当时，此时，当即时，当即时，从而当时， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增,所以；令，则，记，则，当时，恒成立，即在区间上单调递减，即，即；当时，此时，当即时，当即时，从而当时，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以；（3）当时，对任意，恒成立，
10、即上单调递增，当，即时，当，即时，从而当时，则在上单调递减，在上单调递增，所以；综上所述，所以.故选：A【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，故；（2）若，有成立，故；（3）若，有成立，故；（4）若，有，则的值域是值域的子集 二多项选择题：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. 甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑
11、球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，下列的结论：其中正确结论的为（ ）A. B. C. 事件与事件不相互独立D. ，是两两互斥的事件【答案】BCD【解析】【分析】根据古典概型概率计算公式及事件的相关概念，逐一分析四个选项的真假，可得答案【详解】解：甲罐中有4个红球，3个白球和3个黑球；乙罐中有5个红球，3个白球和2个黑球先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以、和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事件，对A，故A错误；对B，故B正确；对C，当发生时，当不发生时，事件与事件不相互独立，故C正确；对D，不可
12、能同时发生，故是两两互斥的事件，故D正确；故选：BCD【点睛】本题考查概率的基本概念及条件概率，互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力.10. 已知函数，则（ ）A. 是的周期B. 的图象有对称中心，没有对称轴C. 当时，D. 对任意，在上单调【答案】ACD【解析】【分析】对于A选项：根据函数周期的定义令，即可判断；对于B选项：根据函数对称性的定义分别令和，即可判断；对于C选项：根据正、余弦函数的图象和性质得到，再结合正切函数的单调性得到，最后利用三角恒等变换化简式子，即可判断；对于D选项：根据A选项函数的周期得到只需考虑，即可，再结合复合函数单调性，即可判断.【详解】对于A选项：因为，则是的
13、周期，所以A选项正确；对于B选项：因为，且，所以，则的图象关于点成中心对称，关于直线成轴对称，所以B选项错误；对于C选项：当时，易知，且，即，则，所以，则，所以C选项正确；对于D选项：由A选项知：是的周期，所以只需考虑，即可，当时，所以和均单调递增，所以单调递增；当时，所以和均单调递减，所以单调递减，所以D选项正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：（1）函数奇偶性、周期性和对称性的判断常用定义去验证；（2）要证明周期函数的单调性往往只需证明函数的一个周期的单调性，复杂函数的单调性判断优先尝试利用复合函数的“同增异减”.11. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】由
14、已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立.【详解】已知，则，有，由，得，则，即，所以，A选项正确；函数，有，时，单调递减，时，单调递增，即，时等号成立，已知，由，所以，B选项正确；已知，则，当且仅当，即等号成立，所以，有，得，C选项错误；设，有，则，有，设，有，设，则，所以，即，所以，在上恒成立，得在上单调递增，即，D选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，要证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.12. 在三棱锥中，且，则（ ）A. 当为等边三角形时，B. 当，时，平面平面C. 的周长等于的周长D. 三棱锥体积最大为【答案】ACD【解析】【分析】对于
