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云南省昭通明达中学2024 2025学年高三下学期4月教学质量检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，的值为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．16
4．某同学参加跳远测试，共有3次机会．用事件（）表示随机事件“第i（）次跳远成绩及格”，那么事件“前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格”可以表示为（ ）
A． B． C． D．
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．规定，其中，且，这是排列数（，且）的一种推广.则（ ）
A． B．1 C． D．2
7．已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形，，，则在该圆台的侧面上，从点到的最短路径的长度为（ ）
A． B． C．6 D．
8．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，倾斜角为的直线过点且与交于，两点，若的面积为，则（ ）
A．
B．
C．以为直径的圆与轴仅有1个交点
D．或
二、多选题（本大题共3小题）
9．函数的部分图象如图所录，则（ ）

A．
B．在的值域为
C．将的图象向左平移个单位后为奇函数
D．的单调递增区间为
10．素数分布是数论研究的核心领域之一，含有众多著名的猜想．19世纪中叶，法国数学家波利尼亚克提出了“广义孪生素数猜想”：对所有自然数，存在无穷多个素数对（，）．其中当时，称为“孪生素数”，时，称为“表兄弟素数”．在不超过的素数中，任选两个不同的素数，令事件为孪生素数，为表兄弟素数，，记事件，，发生的概率分别为，，，则下列结论中不成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．已知函数，则（ ）
A．当时，函数有两个极值
B．过点且与曲线相切的直线有且仅有一条
C．当时，若是与的等差中项，直线与曲线有三个交点，则
D．当时，若，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．若对任意的实数，直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为 .
13．已知无穷等比数列中，首项，公比，则 ．
14．幻方是一种数学游戏，具有悠久的历史，其要求每行每列以及两条对角线的数字之和均相等，且每格的数字均不相同现将填入幻方，部分数据如图所示，则的取值集合是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知椭圆的左右两个焦点分别为、，是该椭圆的短轴，且，三角形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点是椭圆上任意一点，求的最值.
16．在中，.
(1)求A；
(2)若，从下列三个条件中选出一个条件作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.
注：如果选择了不合适的条件，则第（2）问记0分.
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，点E为棱PC的中点，．
(1)证明：平面PAD；
(2)在棱PC上是否存在点F，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
18．记为数列的前n项和，且为等差数列，为等比数列，．
(1)求的值，并求的通项公式；
(2)探究是否存在唯一的最大项；
(3)证明：．
19．对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”．
(1)对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”；
(2)对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围；
(3)对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为函数与函数的图象有1个交点，
所以中有1个元素.
故选B.
2．【答案】A
【详解】由题意知：，，
所以
故选A.
3．【答案】C
【详解】因为，
则.
故选C.
4．【答案】C
【详解】表示前两次测试成绩均及格，故A错误；
表示后两次测试都没有及格，故B错误；
表示前两次测试成绩均及格，第三次测试成绩不及格，故C正确；
表示三次测试成绩均不及格，故D错误，
故选C.
5．【答案】C
【详解】因为，
所以
．
故选C．
6．【答案】C
【详解】,
故选C.
7．【答案】B
【详解】由圆台轴截面为等腰梯形，故对边不是母线，分别是下、上底面圆的直径.
故由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，由圆台的体积为，
得，解得.
在梯形中，则，即母线长为.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
连结，则从点到的最短路径为线段，
又在中，，，
由余弦定理得
所以.
验证知，由，得，，
此时，恰与扇形弧所在圆相切，满足题意.
故选B.
8．【答案】C
【详解】
依题意，设直线，，，
由，整理得，则，
所以，，
所以，
解得，所以，
又，解得，
所以，又，
所以，故错误；
因为，故错误；
因为，又线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与轴相切，即仅有个交点，故正确；
因为，若，则，解得或；
若，则，解得或；
即、或、，
所以或，故错误.
故选.
9．【答案】ACD
【详解】对于，观察图象得，的最小正周期，解得，
由，得，而，则，A正确；
对于B，，由，得，，B错误；
对于C，将的图象向左平移个单位后，得，是奇函数，C正确；
对于D，，
由，解得，
因此单调递增区间为，D正确．
故选ACD.
10．【答案】ABC
【详解】不妨取，不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中任意取两个不同的素数，共有（个）样本点；
，共4个样本点；
，共4个样本点；
，共10个样本点，
所以，，显然，，
从而A，B，C均不成立；中始终包含样本点，，,故D成立．
故选ABC．
11．【答案】BCD
【详解】由得，
对于A，当时，则有，
所以当时，，所以单调递增，
此时函数没有两个极值，故A错误；
对于B，设过点且与曲线相切于点，
则斜率为，可得切线方程为，
代入得，整理得，
令，则，令得或，
令得，所以在和上单调递增，
在上单调递减，又，，，
所以函数只有一个零点，即方程只有一个解，
所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故B正确；
对于C，当时，，又因为是与的等差中项，
所以直线即为直线，即，
该直线过定点，且此点在曲线上，
又，令得或，
令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
由题意作出函数的示意图，
设函数的对称中心为，则，即，
整理得，
所以，解得，
所以函数图象关于点中心对称，设，
则有，所以，故C正确；
对于D，当时，，则，
令得或，令得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
又，，作出作出函数的示意图
所以在上单调递减，所以，即，
令，当时，，则在上单调递减，
所以，所以，即，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】直线方程可化为，则该直线过定点，
因为直线与椭圆恒有公共点，则点在椭圆上或椭圆内，
所以，解得且.
因此，实数的取值范围是.
13．【答案】
【详解】是无穷等比数列，首项，公比，
则.
14．【答案】
【详解】注意到，
且幻方为幻方，故每行每列以及两条对角线的数字之和为，
不妨记第列从左往右，第行从下往上的数字坐标为，如，
易知，，，，．
设，则，，
由对角线可得到，解得，
故，，，．
注意到，故，
而，，均在幻方中出现过，故或．
当时，，但，矛盾
当时，给出一种幻方成立的情况：
综上，的取值集合是．
15．【答案】(1)
(2)最小值为，最大值为
【详解】（1）由题意可知，且，
所以，，则,
故椭圆的标准方程为.
（2）设点，则，，易知点、，
所以，
设，则，且，
所以，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，，，
故的最小值为，最大值为.
16．【答案】(1)或
(2)18
【详解】（1）因为，
则由正弦定理可得，
，
因为
所以
所以或.
（2）若选①，即，则，
所以，
所以，
则
，
由正弦定理得：
，
则存在且唯一确定，
面积为.
若选②，即，又，
所以，矛盾
所以②不成立；
若选③，
由，，，
得，
由余弦定理可得：，
当时，
得或舍；
当时，
得或舍；
此时存在但不唯一确定，所以不合题意.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【详解】（1）在PD上找中点G，连接AG，EG，如图：
∵G和E分别为PD和PC的中点，
∴，且，
又∵底面ABCD是直角梯形，，，
∴且．即四边形ABEG为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD；
（2）因为平面，平面，
所以，又，
以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，，
由F为棱PC上一点，设，
，
设平面FAD的法向量为，
由可得，解得：，
令，则，则，
取平面ADC的法向量为，
则二面角的平面角满足：,
解得：，解得：或（舍去），
故存在满足条件的点F，此时．
18．【答案】(1)，；
(2)不存在唯一的最大项；
(3)证明见解析.
【详解】（1）因为为等差数列，取前3项知2，，成等差数列，即，
因为为等比数列，取前3项知，，成等比数列，即．
代入，得，这等价于，
也即，所以或．
若，那么，所以，但不为等比数列，与题干不符，
所以，得，经检验得符合题意，故．
（2）令，解得，令，解得，
当时，，．
所以，即最大项不唯一，
故不存在唯一的最大项．
（3）法一：因为，
记，注意到，
所以，
于是，
因此．
法二：①．
两边同乘，得②．
①－②，整理得③．
两边同乘，得④．
③－④，整理得，
即．
19．【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3).
【详解】（1），
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则2是的极小值点，
故存在点，使得点是在的“边界点”；
（2），
因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点，
若，则没有极值点，
若，则当时，，
当时，，
所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点，
综上，；
（3），
因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点，
令函数，
若，则在上恒成立，所以在上单调递增，
所以最多只有1个零点，即最多只有1个零点，则最多只有1个极值点，不符合题意，
若，则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，
要使得有2个极值点，则有2个零点，
当时，不符合题意，
当时，由，解得，
此时，，
，令函数，
所以在上单调递减，，即，
所以，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有2个极值点，符合题意，
综上，的取值范围为.

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