精品解析：贵州省六校联考2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题

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数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，则（ ） A. 87 B. 88 C. 89 D. 90 5. 若的展开式的各项的二项式系数和为32，则展开式中的系数为（ ） A. 1960 B. C. 40 D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则函数的零点个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知抛物线的焦点为的准线与其对称轴交于点，过的直线与交于两点，且，若射线为的平分线，则（ ） A. B. 4 C. 5 D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的下四分位数为18 C. 若两个变量的线性相关系数越大，则这两个变量的线性相关性越强，反之，则越弱 D. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 10. 已知（），则（ ） A. 当时，是的极值点 B. 存在a使在上单调递增 C. 直线是的切线 D. 当时，的所有零点之和为0 11. 在平面四边形中，，，将沿折起，使点到达点位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线，与平面所成角相等 B. C. 二面角的大小可能为 D. 若，则球O表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，恰有两个零点，，则________． 13. 在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球2个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球3个，黄球1个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为________． 14. 已知椭圆（）的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为________． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某校甲、乙两班参加学校举办的三青杯篮球比赛（比赛双方均为三名运动员），已知甲班三名运动员A，B，C一次罚球命中的概率分别是0.6，0.6，0.5，乙班三名运动员a，b，c一次罚球命中的概率分别是0.7，0.5，0.4，且每位动动员罚球是否命中相互独立． （1）求甲班三名运动员A，B，C每人罚球一次，至少有一人命中的概率； （2）为了评估甲乙班两支球队哪个更优秀，现6名运动员各罚球一次，命中得2分，不命中得0分，设甲班得X分，乙班得Y分，求，，判断哪班球队更优秀． 16. 已知函数，，设锐角三个角A，B，C的对边分别为a，b，c． （1）若，，求的面积最大值； （2）将函数的图象向左平移个单位后，再将纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，若，，求周长的取值范围， 17. 如图，四棱锥中，，，底面为正方形，为的中点，为的中点，． （1）证明：； （2）过两点的平面与直线，分别交于点，且平面，求平面与平面夹角的正弦值． 18. 已知函数. （1）当时，求在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求实数取值范围. 19. 已知双曲线（，）的焦距为，曲线C的一条渐近线与直线垂直． （1）求曲线C的方程； （2）数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点（）在曲线C上，求证：； （3）过点的直线l交曲线C的右支于A，B两点，在线段上取异于A，B的点R，且满足，证明点R在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性解出集合A，结合交集的概念与运算求解即可. 【详解】由，得， 所以，又， 所以. 故选：B 2. 已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可. 详解】由题意，，， . 故选：D. 3. 已知平面向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律求得，结合数量积的定义计算即可求解. 【详解】由题意知，， 又，所以，得， 所以， 由，得， 即与的夹角为. 故选：D 4. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项积为，，，则（ ） A. 87 B. 88 C. 89 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列前项求和公式与等差中项的应用求出，根据等比中项的应用求出，进而求解. 【详解】由题意知，设等差数列的首项为，等比数列的首项为， 则， ， 所以. 故选：C 5. 若的展开式的各项的二项式系数和为32，则展开式中的系数为（ ） A. 1960 B. C. 40 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式展开式的各项的二项式系数和求得，结合展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】因为展开式的各项的二项式系数和为32，所以，解得， 则展开式的通项公式为， 令，得展开式中含的系数为. 故选：A 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用二倍角公式，再结合三角函数平方关系，求出的值. 【详解】已知，由二倍角公式，可得，即.  可得. 因为，在这个区间内，即. 又因为，所以.  由可得，将其代入中，得到.展开式子得到. 则. 因，所以，故.  故选:B. 7. 已知函数，则函数的零点个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由可得或，作出图形，结合图形即可求解. 【详解】由题意，令，解得或， 作出的图象，如图， 由图可知，直线与图象有3个交点， 直线与图象有4个交点， 所以原方程有7个解， 即函数有7个零点. 故选：C 8. 已知抛物线的焦点为的准线与其对称轴交于点，过的直线与交于两点，且，若射线为的平分线，则（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，过分别作准线的垂线，垂足分别为，然后利用，得到，进而利用，化简，可求出的值 【详解】，则，所以． 过分别作准线垂线，垂足分别为，则， 因为为的平分线，由角平分线定理得， 又，所以， 由抛物线的定义得， 又，所以． 故选：A 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X服从正态分布，且，则 B. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的下四分位数为18 C. 若两个变量的线性相关系数越大，则这两个变量的线性相关性越强，反之，则越弱 D. 对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数m的值是 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态曲线的性质求解即可判断A；根据百分位数的概念计算即可判断B；根据两个变量的线性相关系数的表示意义即可判断C；根据将中心代入线性回归方程计算即可判断D. 【详解】A：因为，所以，故A正确； B：由题意，，所以该10个数据的下四分位数为第2个数和第3个数的平均数11，故B错误； C：若两个变量的线性相关系数越接近于1，则这两个变量的线性相关性越强，所以C错误； D：由题意，线性回归方程过样本点中心，所以，解得，故D正确. 故选：AD 10. 已知（），则（ ） A. 当时，是的极值点 B. 存在a使在上单调递增 C. 直线是的切线 D. 当时，的所有零点之和为0 【答案】ACD 【解析】 【分析】函数求导，求函数的单调区间，可判断AB的真假；根据导数的几何意义，可判断C的真假；令求出方程的根，即可判断D. 【详解】A：， 当时，， 令或， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则是的极小值点，故A正确； B：若在上单调递增，则在上恒成立， 当时，不成立， 所以不存在使得在上单调递增，故B错误； C：设切点为，则， 所以切线为，即， 若直线为切线，则，由解得， 此时切点为，故C正确； D：当时，， 令，得或， 对于方程，， 方程有2个不同的实根，由韦达定理得， 所以3个根之和为0，即所有的零点之和为0，故D正确. 故选：ACD 11. 在平面四边形中，，，将沿折起，使点到达点的位置．已知三棱锥的外接球的球心恰是的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线，与平面所成的角相等 B. C. 二面角的大小可能为 D. 若，则球O的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取的中点得平面，平面，根据可判断A；可判断B；作，得即为的平面角，若，则，推出矛盾可判断C；根据，求出正方体的外接球半径可判断D. 【详解】对于A，取的中点，因为，所以点是的外心， 连接，则平面， 因为是的中点，所以，所以平面， 点是是的中点，，所以， 又，所以，所以，故A正确； 对于B，由题意知在同一个球面上，且为直径， 所以， 则， 即，故B正确； 对于C，因为，又平面， 所以平面，又平面，所以， 作，交于点， 由，平面， 得平面，又平面，所以， 所以即为的平面角，若， 则，而在直角三角形中， 斜边，这是不可能的，故C错误； 对于D，若，则，， 所以，即外接球半径， 所以该外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】结论点睛：球的性质：①球的任何截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，恰有两个零点，，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】由零点的定义，根据正弦函数图象的对称性可得，进而求解. 【详解】由题意知，， 得， 又函数图象在上的对称轴为， 所以. 所以. 故答案为： 13. 在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球2个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球3个，黄球1个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】设出事件后，结合条件概率公式计算可求得结论. 【详解】设，分别表示第一次抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件， 设表示第二次抽到的小球的颜色是红的事件， 在甲先抽取的不是红球的条件下，甲获得奖品的概率为： . 故答案为： 14. 已知椭圆（）的左、右焦点分别是和，下顶点为点，直线交椭圆于点，的内切圆与相切于点，若，则椭圆的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由三角形内切圆的性质结合椭圆的定义可得，再结合条件可得，然后在与中，结合余弦定理列出方程，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设的内切圆与相切于点， 由切线长定理可得， 又，则，即， 由椭圆的定义可得， 即， 所以，又，即，得， 所以，则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 化简得，即，即， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 利用三角形内切圆的性质和椭圆的定义，得到，从而得到的值. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 某校甲、乙两班参加学校举办的三青杯篮球比赛（比赛双方均为三名运动员），已知甲班三名运动员A，B，C一次罚球命中的概率分别是0.6，0.6，0.5，乙班三名运动员a，b，c一次罚球命中的概率分别是0.7，0.5，0.4，且每位动动员罚球是否命中相互独立． （1）求甲班三名运动员A，B，C每人罚球一次，至少有一人命中的概率； （2）为了评估甲乙班两支球队哪个更优秀，现6名运动员各罚球一次，命中得2分，不命中得0分，设甲班得X分，乙班得Y分，求，，判断哪班球队更优秀． 【答案】（1） （2），甲班球队更优秀 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可； （2）由题意，与的所有取值可能都为，结合独立事件和对立事件的概率公式求出对应的概率，列出分布列，求出对应的数学期望，比较大小即可下结论. 【小问1详解】 由题意知，甲班这3人都不命中的概率为， 所以这3人至少1人命中的概率为； 【小问2详解】 由题意知，的所有取值可能为，的所有取值可能为， 则， ， ， ； ， ， ， ， 所以分布列为： 0 2 4 6 0.08 0.32 0.42 0.18 的分布列为： 0 2 4 6 0.09 0.36 0.41 0.14 所以， ， 因为，所以甲班球队更优秀. 16. 已知函数，，设锐角三个角A，B，C的对边分别为a，b，c． （1）若，，求的面积最大值； （2）将函数的图象向左平移个单位后，再将纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，若，，求周长的取值范围， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由求得，通过余弦定理求得最大值即可求解； （2）通过平移得到，再得到，由正弦定理得到，即可求解； 【小问1详解】 ， 因为，即， 所以，， 又可得：， 由，可得：， 即， 即，当且仅当时取等号， 所以的面积最大值为； 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位后，再将纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象， 可得， 由，可得：，即,， 又为锐角三角形， 所以所以， 由， 所以, 因为，得， 所以 所以 ， 所以周长的取值范围 17. 如图，四棱锥中，，，底面为正方形，为的中点，为的中点，． （1）证明：； （2）过两点的平面与直线，分别交于点，且平面，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，证明平面，即可证明线线垂直； （2）根据线面平行的性质定理说明，再根据（1）的结果，以点A为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 连结，因为是等腰直角三角形，且为斜边的中点， 所以，， 得，，而， 所以， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 连结，因为平面，平面，平面平面， 所以，即， 由（1）知平面， 如图以点A为原点，为轴，过点A作与平行的直线为轴， ，，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 得， 即平面与平面夹角的正弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线斜率和切点坐标，即得切线方程； （2）函数求导分解因式后，对参数分类讨论导函数的符号即得原函数的单调性； （3）根据（2）的结论，对参数分类，分析函数的单调性，极值以及图象变化趋势，结合特殊值，即得函数的零点情况. 【小问1详解】 当时，函数， 又，则. 所以在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由题意知，的定义域为， 显然恒成立， ①若，则，此时在上单调递减； ②若，令，解得. 当时，，当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 若，由（2）知，至多有一个零点； 若，由（2）知，当时，取得最小值为. 设，则， 故在上单调递增，又. （i）当时，，故此时没有两个零点； （ii）当时，， 又， 故在上有一个零点； 当，由可得即，得，则 故，即，又易知 则，即 因此在上也有一个零点. 综上，若有两个零点，实数的取值范围为. 19. 已知双曲线（，）的焦距为，曲线C的一条渐近线与直线垂直． （1）求曲线C的方程； （2）数列，是正项数列，且数列是公差为4的等差数列，点（）在曲线C上，求证：； （3）过点的直线l交曲线C的右支于A，B两点，在线段上取异于A，B的点R，且满足，证明点R在定直线上． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）由垂直得渐近线的斜率，由焦距及渐近线斜率列方程组求得得双曲线方程； （2）点的坐标代入双曲线方程后相减结合，得，再利用的中点与原点连线斜率得证； （3）设直线的方程为，，且，直线方程与双曲线方程联立消元应用韦达定理得，然后把用坐标表示，并整理再代入韦达定理的结论得出，然后代入所设直线方程可得结论． 【小问1详解】 由已知，则，所以， 一条渐近线与直线垂直，则渐近线的斜率为2，所以， 由，解得（负值舍去）， 所以曲线C方程为； 【小问2详解】 由题意点都在第一象限， ，作差整理得， 而，所以， 设的中点为，所以， 而双曲线渐近线为，所以， 所以； 【小问3详解】 由题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，且， 由，得， 由，所以，， 又，同理，，， 由得，化简得， 所以，整理得， 代入并化简得， 所以点在直线上． 【点睛】方法点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件 ，明确确定直线、双曲线的条件； （2）强化有关直线与双曲线方程联立得出一元二次方程的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$