“卓越縣中聯盟”2024屆高三上學期第三次教學質量檢測數學考生注意：1.答題前，考生務必將自己的姓名、考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?單項選擇題：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，則在下列關系①；②；③；④中，能作為“”的必要不充分條件的個數是（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可判斷①；數形結合，作出的圖象，結合不等式相應的幾何意義判斷②；利用放縮法說明，再用構造函數，利用導數知識說明，從而判斷③；構造函數，求導判斷單調性，數形結合，說明兩命題之間的推理關系，判斷④.【詳解】對于①，取，滿足，但不滿足，即成立推不出，由于，故，而，故，當且僅當時取等號，即成立可推出成立，故不是“”的必要不充分條件；對于②，作出函數的圖象，如圖曲線，即將的圖像向右平移1個單位得到；則（）表示幾何意義為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區域部分（不含坐標軸），則中相應的點所在區域即上述區域；而表示的幾何意義為直角三角形區域部分（不含坐標軸），顯然直角三角形區域部分（不含坐標軸）對應集合為曲線在第一象限內和坐標軸圍成的區域部分（不含坐標軸）相應集合的真子集，即是的必要不充分條件，對于③，由得，故，（），設，則，則在上單調遞減，且，則存在，使得，即時，，在上單調遞增，時，，在上單調遞減，而，則在上恒成立，即，故；而當成立時，不妨取，成立，但不成立，故是的必要不充分條件；對于④，當時，設，則，顯然在單調遞增，當時，，在單調遞減，當時，，在單調遞增，又，作出的大致圖象如圖：由圖象可知存在，使得，故當時，只有唯一解，若，使得，則，與條件不符，即此時得不出，即不是的必要條件，故能作為“”的必要不充分條件的是②③，故選：B【點睛】本題考查了必要不充分條件的判斷，實質還是考查導數的應用，難度較大，難點是選項③④的判斷，解答時要注意利用放縮法結合構造函數判斷③，利用構造函數，判斷函數單調性，數形結合判斷④.2.已知數列滿足，，若，則正整數k的值是（）A.8 B.12 C.16 D.20【答案】B【解析】【分析】利用遞推關系式計算數列各項的值，確定滿足題意的k值即可.詳解】解：由題意結合遞推關系式可得：，，，，.故選：B.3.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的外接圓的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據二倍角公式將化簡得到，利用余弦定理和正弦定理將化簡可得，進而求出結果.【詳解】因為，所以，所以，即，又，所以，所以，所以.因為，由余弦定理得，即，又，所以，所以，由正弦定理得，所以.設的外接圓的半徑為，所以，解得，所以的外接圓的面積為.故選：B.4.若單位向量滿足，向量滿足，則（）.A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設出，由得到C在以為直徑的圓上，表達出，設，利用輔助角公式得到的最值.【詳解】令，不妨，所以中點坐標為，因為，所以C在以為直徑的圓上，即，所以，令，則，因為，所以，所以.故選：C.【點睛】平面向量解決幾何最值問題，通常有兩種思路：①形化，即用平面向量的幾何意義將問題轉化為平面幾何中的最值或取值范圍問題，然后根據平面圖形的特征直接進行求解；②數化，即利用平面向量的坐標運算，把問題轉化為代數中的函數最值與值域，不等式的解集，方程有解等問題，然后利用函數，不等式，方程的有關知識進行求解.5.已知是公比不為1的等比數列，為其前項和，滿足，則下列等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件求出的公比q，然后逐一分析各選項即可判斷作答.【詳解】設等比數列的公比為q(q≠1)，又，即，而，則，解得，則，，，，，A不正確；，B正確；，C不正確；，D不正確.故選：B6.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，為的中點.過作截面將此四棱錐分成上?下兩部分，記上?下兩部分的體積分別為，，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先判斷為的重心，再利用重心得到，求出，進而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【詳解】過作平面的垂線，垂足為，連，設的交點為，在中過作直線交于兩點，由相交直線確定平面，則四邊形為過的截面.由計算可得，得為正三角形，，所以為的重心，設，由向量運算可得，又，可得，所以，由三點共線，得，即，易得到平面的距離為，到平面的距離為1，因為，所以，，得，，由，，得，當且僅當取等號，所以，即的最小值為.故選：A.【點睛】本題關鍵點在于由為的重心得到這一結論，再用表示出要求的體積，最后借助基本不等式得到最值.7.設橢圓的左焦點為，為坐標原點，過且斜率為的直線交橢圓于，兩點（在軸上方）.關于軸的對稱點為，連接并延長交軸于點，若，，成等比數列，則橢圓的離心率的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據，，成等比數列，得到，設直線AB的方程為：，與橢圓方程聯立，再設直線BD的方程為：，令結合韋達定理，得到點E的坐標，代入求解.【詳解】解：如圖所示：設分別以OF，EF，OE為底，高為h，則，因為，，成等比數列，所以，即，設直線AB的方程為：，聯立，消去y得，由韋達定理得：，直線BD的方程為：，令得，，則，則，即為，則，即，即，解得，則，故選：D8.若存在實數，對任意實數，使得不等式恒成立，則實數m的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】不等式等價于，原命題等價于存在實數，，對任意實數不等式恒成立，等價于存在實數，，不等式成立，分別討論，，，的情況，先求出，再求出即可解決問題.【詳解】不等式等價于即，原命題等價于存在實數，，對任意實數不等式恒成立，等價于存在實數，，不等式成立，記，則，（1）當時，對任意，恒成立，即在上單調遞減①當，即時，，②當，即時，，從而當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以；（2）當時，令，解得，在區間上單調遞增，在上單調遞減，，，，①當時，此時，

當即時，，當即時，，從而當時，，則在區間上單調遞減，在區間上單調遞增,所以；令，則，，記，則，當時，恒成立，即在區間上單調遞減，即，即；②當時，此時，當即時，，當即時，，從而當時，，則在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，所以；（3）當時，對任意，恒成立，即上單調遞增，①當，即時，，②當，即時，，從而當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，所以；綜上所述，，所以.故選：A【點睛】結論點睛：本題考查不等式的恒成立與有解問題，可按如下規則轉化：一般地，已知函數，（1）若，，總有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，則的值域是值域的子集．二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.甲罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球；乙罐中有5個紅球，3個白球和2個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以，和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，下列的結論：其中正確結論的為（）A. B.C.事件與事件不相互獨立 D.，，是兩兩互斥的事件【答案】BCD【解析】【分析】根據古典概型概率計算公式及事件的相關概念，逐一分析四個選項的真假，可得答案．【詳解】解：甲罐中有4個紅球，3個白球和3個黑球；乙罐中有5個紅球，3個白球和2個黑球．先從甲罐中隨機取出一球放入乙罐，分別以、和表示由甲罐取出的球是紅球，白球和黑球的事件；再從乙罐中隨機取出一球，以表示由乙罐取出的球是紅球的事件，對A，，故A錯誤；對B，，故B正確；對C，當發生時，，當不發生時，，事件與事件不相互獨立，故C正確；對D，，，不可能同時發生，故是兩兩互斥的事件，故D正確；故選：BCD．【點睛】本題考查概率的基本概念及條件概率，互斥事件概率加法公式，考查運算求解能力.10.已知函數，則（）A.是的周期B.的圖象有對稱中心，沒有對稱軸C.當時，D.對任意，在上單調【答案】ACD【解析】【分析】對于A選項：根據函數周期的定義令，即可判斷；對于B選項：根據函數對稱性的定義分別令和，即可判斷；對于C選項：根據正、余弦函數的圖象和性質得到，再結合正切函數的單調性得到，最后利用三角恒等變換化簡式子，即可判斷；對于D選項：根據A選項函數的周期得到只需考慮，即可，再結合復合函數單調性，即可判斷.【詳解】對于A選項：因為，則是的周期，所以A選項正確；對于B選項：因為，且，所以，，則的圖象關于點成中心對稱，關于直線成軸對稱，所以B選項錯誤；對于C選項：當時，易知，，且，即，則，所以，則，所以C選項正確；對于D選項：由A選項知：是的周期，所以只需考慮，即可，當時，，所以和均單調遞增，所以單調遞增；當時，，所以和均單調遞減，所以單調遞減，所以D選項正確.故選：ACD．【點睛】方法點睛：（1）函數奇偶性、周期性和對稱性的判斷常用定義去驗證；（2）要證明周期函數的單調性往往只需證明函數的一個周期的單調性，復雜函數的單調性判斷優先嘗試利用復合函數的“同增異減”.11.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】由已知條件，利用對數式的運算判斷范圍，通過構造函數，利用基本不等式和導數求最值判斷不等式是否成立.【詳解】已知，則，有，由，得，則，即，所以，A選項正確；函數，有，時，，單調遞減，時，，單調遞增，，，即，時等號成立，已知，由，所以，B選項正確；已知，則，，當且僅當，即等號成立，所以，有，得，C選項錯誤；設，有，則，，有，設，有，設，則，所以，即，，所以，在上恒成立，得在上單調遞增，，即，D選項正確.故選：ABD.【點睛】方法點睛：導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，要證明不等式，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.12.在三棱錐中，，，且，則（）A.當為等邊三角形時，，B.當，時，平面平面C.的周長等于的周長D.三棱錐體積最大為【答案】ACD【解析】【分析】對于A：取相應的中點，根據題意結合平行關系以及勾股定理分析判斷；對于D：根據題中長度關系可知與不相互垂直，利用反證法證明平面與平面不垂直；對于C、D：利用空間直角坐標系分析可知：點均在以點為球心，半徑為的球面上（不與共線），且，結合球的性質可知：在與直徑垂直的圓面上，進而判定選項C；根據球的性質利用割補法可得，進而可得最值.【詳解】對于選項A：分別取的中點，連接，可知：，且，因為，可知為矩形，可得，若為等邊三角形，則，因為，則，又因為為對應棱的中點，則，可得，即，所以，同理可證：，故A正確；對于選項B：若，，可得，同理可得，且，則，可知與不相互垂直，反證：假設平面平面，則存在直線平面，使得平面，由平面，可得，因為平面，且，可知，所以，這與與不相互垂直相矛盾，所以假設不成立，故B錯誤；如圖，以的中點建立空間直角坐標系，則，若，設，則，整理得，即點到定點的距離為，所以點均在以點為球心，半徑為的球面上（不與共線），對于選項C：因為，則在與直徑垂直的圓面上，因，且，可知，且，則，即，所以的周長等于的周長，故C正確；對于選項D：取的中點，連接，則，可得，所以三棱錐體積，當且僅當時，等號成立，所以三棱錐體積最大為，故D正確；故選：ACD.【點睛】關鍵點睛：對于，且，通過空間直角坐標系分析可知點均在以點為球心，半徑為的球面上（不與共線），結合球的性質分析選項CD.三?填空題：本題共4小題，每空5分，共20分.13.已知，且，記隨機變量為x，y，z中的最大值，則______.【答案】17【解析】【分析】求出可能取值，求出相應的概率，得出的分布列，即可求出期望.【詳解】由題意可得：的可能取值為，用隔板法可求得：事件總情況為種，若，三個正整數為或，則有種，故；若，三個正整數為或，則有種，故；若，三個正整數為或，則有種，故；若，三個正整數為，則有種，故；若，三個正整數為，則有種，故；故的分布列為：45678故.所以故答案為：.14.在棱長為3的正方體中，點E滿足，點F在平面內，則|的最小值為___________.【答案】【解析】【分析】以點D為原點，建立空間直角坐標系，由線面垂直的判定定理，證得平面，記與平面交于點H，連接，，，得到，結合點關于平面對稱的點為，進而求得的最小值.【詳解】以點D為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，因為，，且，則平面，又因為平面，所以，同理得平面，因為平面，所以，因為，且平面，所以平面，記與平面交于點H，連接，，，且，則，可得，由得點關于平面對稱的點為，所以的最小值為.故答案為：.15.在空間直角坐標系下，由方程所表示的曲面叫做橢球面（或稱橢圓面）.如果用坐標平面分別截橢球面，所得截面都是橢圓（如圖所示），這三個截面的方程分別為，，上述三個橢圓叫做橢球面的主截線（或主橢圓）.已知橢球面的軸與坐標軸重合，且過橢圓與點，則這個橢球面的方程為________.【答案】【解析】【分析】采用待定系數法，結合已知定義可設，代入點坐標即可結果.【詳解】設橢球面的方程為：，橢球面過點，，解得：，橢球面的方程為：.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題考查與橢圓有關新定義問題的求解，解題關鍵是能夠充分理解橢球面方程與截面方程之間的關系，進而采用待定系數法來進行求解.16.已知，關于的方程有且僅有一個解，則的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】由已知得出，設，則，再根據解的個數解的個數（且），分析討論解的個數，即可得解．【詳解】因為，，所以，且，則，即，設，則，即有且僅有一個解，因為解的個數解的個數（且），所以下面討論解的個數；由，得其中，（1）當時，得，令，，則，即，因為，所以為增函數，所以，令，，則，令得，當，，即單調遞減，當，，即單調遞增，所以，（ⅰ）當，即時，方程無解，即函數與的圖像沒有交點；（ⅱ）當，即時，方程有一解，即函數與的圖像有一個交點；（ⅲ）當，即時，當時，，當時，，所以方程有兩解，即函數與的圖像有兩個交點；（2）當時，由①②消去，得③，由于，且，故，即，對③式兩邊取自然對數，得，即，兩邊取自然對數，得，令，，則，由得，令，，則，由得，當時，；當時，；所以當時，；（ⅰ）當，即時，恒成立，所以，因為，，所以，即當且僅當，且時等號成立；所以在上為減函數，又因為當時，；時，，所以方程恰有一解，此時函數與的圖像有一個交點；（ⅱ）當時，即時，因為當時；時，所以存在，，使得，所以，當變化時，的變化情況如下表：負正負減增減由上表可知，在內是減函數，在內是增函數，在內是減函數，下面證明，；，令，則當時，，所以在內是增函數，所以，即；，，令，，易證為減函數，所以當，，即；因為，所以，又因為當時，，當時，，所以在區間，，各有一個解，此時函數與的圖像有三個交點；綜上所述，函數與（且）圖像交點情況如下：當時，沒有交點；當時，有1個交點；當時，有2個交點；當時，有1個交點；當時，有3個交點；所以或，即或，故答案為：．【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于：①將解的個數轉化為解的個數（且）；②分類討論解的個數與之間的關系．四?解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.空間中，兩兩互相垂直且有公共原點的三條數軸構成直角坐標系，如果坐標系中有兩條坐標軸不垂直，那么這樣的坐標系稱為“斜坐標系”．現有一種空間斜坐標系，它任意兩條數軸的夾角均為60°，我們將這種坐標系稱為“斜60°坐標系”．我們類比空間直角坐標系，定義“空間斜60°坐標系”下向量的斜60°坐標：分別為“斜60°坐標系”下三條數軸（軸、軸?軸）正方向的單位向量，若向量，則與有序實數組相對應，稱向量的斜60°坐標為，記作．（1）若，，求的斜60°坐標；（2）在平行六面體中，，，N為線段D1C1的中點．如圖，以為基底建立“空間斜60°坐標系”．①求的斜60°坐標；②若，求與夾角的余弦值．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】對于小問（1），因為，，可以通過“空間斜60°坐標系”的定義，化簡為，，再計算的斜60°坐標.對于小問（2），設，，分別為與，，同方向的單位向量，則，，，①中，通過平行六面體得到，從而得到的斜60°坐標；②中，因為，所以，結合①中的的斜60°坐標，并通過，計算與夾角的余弦值.【小問1詳解】由，，知，，所以，所以；【小問2詳解】設，，分別為與，，同方向的單位向量，則，，，①，.②因為，所以，則，∵，.∴，，所以與的夾角的余弦值為18.已知橢圓：的短軸長為2，左右焦點分別為，，為橢圓上一點，且軸，.（1）求橢圓的方程；（2）已知直線（且）與橢圓交于，兩點，點關于原點的對稱點為?關于軸的對稱點為，直線與軸交于點，若與的面積相等，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）短軸長為2得，由橢圓定義和得，，由得，且，可得答案；（2）設，，，聯立直線和橢圓方程利用韋達定理，代入直線：，令得，從而得到、坐標，求出的中點坐標代入直線方程可得答案.【小問1詳解】因為短軸長為2，所以，因為，，所以，，又因為軸，所以，，且，解得，∴.【小問2詳解】，，，聯立直線和橢圓方程得，整理得，，，，直線：令，，，，的中點坐標為，由中點在上，可得，，，解得，，所以.19.設數列的前n項之積為，滿足（）.（1）設，求數列的通項公式；（2）設數列的前n項之和為，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）時，有，變形為，可得數列為等比數列，可利用首項和公比求通項公式；（2）利用數列求和的放縮法，結合函數單調性求最值，證明不等式.【小問1詳解】∵數列的前n項之積為，滿足（），時，，解得.∴時，，化為，變形為，又，∴，，數列是首項為4公比為2的等比數列，∴.【小問2詳解】先證明左邊：即證明，由（1）可得：，解得，又由，解得，又，所以，再證明右邊：.∴，下面證明，即證明，設，，則，即證明，.設，，，則函數在上單調遞增，∴，即，，∴.∴.【點睛】關鍵點睛：本題第二問的關鍵是通過放縮法結合等比數列前項和公式證明左邊，對右邊等價轉化為證明，再構造函數，利用導數證明即可.20.七選五型選擇題組是許多類型考試的熱門題型.為研究此類題型的選拔能力，建立以下模型.有數組和數組，規定與相配