第第頁貴州省六盤水市2024屆高三下學期三診數學試卷一、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．已知全集U=R，?UA=x|x<1，B=A．x|x≥1 B．x|x>3 C．x|1<x≤3 D．x|1≤x≤32．拋物線x2A．(?1,0) B．(1,0) C．(0,1) D．(0,?1)3．已知曲線y=x2?3lnx的一條切線方程為y=?x+mA．?2 B．?1 C．1 D．24．在△ABC中，AB=2，AC=3，∠A=π3，則A．73 B．213 C．25．已知點O為△ABC的重心，AC=λOA+μA．?3 B．?2 C．1 D．66．已知直線ax?y+2=0與圓x?12+y2=4A．43 B．1 C．?37．定義在R上的奇函數fx，滿足fx+3=f1?x，x∈0,2A．e+1 B．e?1 C．1?e D．?e8．已知aea=π，blnb=πA．a<c<b B．c<a<b C．c<b<a D．a<b<c二、多項選擇題：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3分，有選錯的得0分.9．已知函數fx=sinωx+φω>0,|φ|<π2，若函數f(x)A．ω=2B．φ=?C．點π3,0是函數D．將函數f(x)的圖象向左平移π3個單位長度后所得函數的圖象關于y10．（多選）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1BA．△PBC1的面積為22 B．三棱錐C．存在點P，使得BP⊥PC1 D．存在點P，使得A11．（多選）設O為坐標原點，F1,F2分別為雙曲線C:xA．若PF1=3，則PF2=1 C．若線段PF1的中點在y軸上，則PF2=3 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．若復數z是方程x2+2x+2=0的根，則復數z的模為13．詩詞是中國的傳統文化遺產之一，是中華文化的重要組成部分．某校為了弘揚我國優秀的詩詞文化，舉辦了校園詩詞大賽，大賽以搶答形式進行．若某題被甲、乙兩隊回答正確的概率分別為14,114．已知正四面體的棱長為23，以其中一個頂點為球心作半徑為3的球，則所得球面與該正四面體表面的交線長之和為四、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an為等差數列，且a5＝（1）求an（2）若2n16．某公司有5臺舊儀器，其中有2臺儀器存在故障，（1）現有一位工人從這5臺儀器中隨機選擇3臺進行檢測，記ξ為這3臺儀器中存在故障的臺數，求ξ的分布列和數學期望；（2）為了提高生產，該公司擬引進20臺此種新儀器，若每臺儀器的運行相互獨立，且每臺機器在運行過程中發生問題的概率為0.03，記X為這20臺新儀器在運行過程中發生故障的臺數，借助泊松分布，估計X=3時的概率.附：①若隨機變量ξ的分布列為Pξ=k②設η~Bn,p，當p≤0.05且n≥20時，二項分布可近似看成泊松分布．即Pη=k=③泊松分布表（局部）表中列出了Pξ=k=λkλk…0.50.60.7…0…0.6065310.5488120.496585…1…0.3032650.3292870.347610…2…0.0758160.0987860.121663…3…0.0126360.0197570.028388…4…0.0015800.0029640.004968…5…0.0001580.0003560.000696…6…0.0000130.0000360.000081…7…0.0000010.0000030.000008…17．已知四棱臺ABCD?A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面ADD1A1⊥平面ABCD，AA1（1）證明：PQ//平面ABB（2）求二面角Q?A18．在平面直角坐標系xOy中，點A，B分別是x軸和y軸上的動點，且|AB|=3,動點P滿足（1）求C的方程；（2）設曲線C與x軸的交點為A1，A2（A1在A2的左邊），過點Q（1，0）且不與x軸平行的直線l與C相交于M，N兩點，記直線A1M，A2N的斜率分別為k1和k2，求k119．若函數fx在a,b上有定義，且對于任意不同的x1,x2∈a,b（1）若fx=x2，判斷（2）若fx=2（3）若fx為1,2上的“2類函數”且f1=f2，證明：?x

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由全集U=R，?UA=x|x<1，可知A=x|x≥1，

所以A∩B=x|1≤x≤32．【答案】D【解析】【解答】解：由題意可知，p=2，則p2=1，

故拋物線x2故選：D.【分析】根據拋物線的性質寫出焦點坐標即可.3．【答案】D【解析】【解答】解：因為y=x2?3lnx(x>0)，所以y'因為切線y=?x+m，所以切線斜率為-1，所以y'解得x0代入曲線y=x2?3lnx所以切點為1,1代入切線方程可得1=?1+m，解得m=2.故選：D.【分析】先對y=x2?3lnx進行求導，根據切線的斜率的幾何意義可知y4．【答案】B【解析】【解答】解：由余弦定理可得：BC=A設△ABC外接圓的半徑為R，由正弦定理可得：2R=BCsinA故選：B．【分析】先由余弦定理BC=AB2+AC2?4AB?AC5．【答案】A【解析】【解答】解：如圖所示，連接AO，交BC于點F；連接BO，交AC于點E；連接CO，交AB于點D

因為點O為△ABC的重心，所以D，E，F分別是AB，AC，BC的中點，

由題可知，AC=因為F為BC中點，所以BC又因為點O為△ABC的重心，所以OF=所以BC?所以AC?又因為AC=λOA+μOB，所以故選：A.【分析】作出圖形，將OA,OB作為基底，根據平面向量的線性運算用OA,OB,BC表示AC，再將BC也用OA,6．【答案】C【解析】【解答】解：由題可知，圓x?12+y2=4的圓心為(1，0)，半徑為r=2，

因為圓心1,0由垂徑定理AB=2r2?d2，可得d2故選：C．【分析】先求出圓心和半徑，再求出圓心到直線的距離，進而利用垂徑定理建立等量關系式，求出a的值即可．7．【答案】C【解析】【解答】解：因為fx是定義在R上的奇函數，x∈0,2時，fx=mex?1，

所以f0=m?1=0，解得m=1，

所以當x∈所以f=?f1?所以fx的周期為8所以f31故選：C．【分析】由已知結合奇函數性質先求出m的值，進而寫出x∈0,2時，函數fx的解析式，然后結合奇偶性及周期性求出函數8．【答案】A【解析】【解答】解：因為aea=π，blnb=π，c=π，所以ea作出函數y=ex，y=lnx，y=x，結合圖像可知：a<c<b．故選：A．【分析】將aea=π，blnb=π，c=π轉化為ea=πa，lnb=πb，c=πc，作出函數y=ex，9．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、由函數f(x)圖象的相鄰兩個對稱中心之間的距離為π2，可知T=π，

所以ω=2B、因為直線x=?π6為函數所以?π6×2+φ=π2+kπ，又因為φ<π2C、所以f(x)=sin(2x?π6)，所以f(D、將函數f(x)的圖象向左平移π3y=sin2(x+π故選：ABD.【分析】利用已知條件結合周期先求出ω的值，可判斷選項A；由對稱性求出φ的值，可判斷選項B；求出函數的解析式，再結合正弦函數的性質可判斷選項C；求出函數f(x)的圖象向左平移π310．【答案】B,D【解析】【解答】解：A、在棱長為1的正方體ABCD?A點P是線段A1D上的動點，當點P與A1重合時，△PB所以△PBC1的面積為B、用?p表示點P到平面B1BC1的距離，所以?pC、在正方體ABCD?A1B1C則直線A1D與該球面沒有公共點，故不存在點P，使得BP⊥D、取BC當P為A1D的中點時，即P為因為D1C1//AB，D1又因為D1P=C1M因為D1C1⊥平面ADD1因為A1D?平面ADD又因為在正方體中，A1D⊥BC1，PM∩BC故選：BD．【分析】當點P與A1重合，△PBC1為邊長是2的等邊三角形，求出三角形面積，即可判斷選項A；利用等體積轉化法求解即可判斷選項B；以B11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：由題意可知，漸近線方程為bx±ay=0，因為e=ca=2，焦點c,0到漸近線的距離為bcb2+a2=A、||PF1|?|PF2B、記∠F1P由S△PF1F2=bC、因為PF1的中點M在y軸上，所以MF2=D、如圖所示，取點P在雙曲線的右支上，

|PF又因為|F1A|+|AF2所以切點A是雙曲線的右頂點，所以內切圓圓心的橫坐標為1，故選項D正確．故選：BCD．【分析】由離心率公式和點到直線的距離公式以及c2=a12．【答案】2【解析】【解答】解：設復數z=a+bi,a,b∈R，

因為復數z是方程x2所以a+bi2+2所以a2若b=0，則a2+2a+2=0，因為Δ=所以b≠0，解得a=?1,b=±1，所以復數z=?1±i，所以復數z的模|z|=?12故答案為：2.【分析】先設復數z=a+bi,a,b∈R，再代入方程x2+2x+2=0中，根據復數的運算及復數相等概念列方程組解a,b的值，進而求出復數z的表達式，再求出復數13．【答案】7【解析】【解答】解：由題意可知，甲、乙兩隊搶到該題的概率均為12所以該題被答對的概率為12故答案為：724【分析】分甲搶到題且答對和乙搶到題且答對兩種情況，利用互斥事件的加法公式和相互獨立事件的乘法公式計算即可求出該題被答對的概率．14．【答案】5π【解析】【解答】解：以點A為球心的球，其球面與正四面體的四個面都相交，所得交線分成兩類：一類交線與三個側面ABD,ABC,ACD的交線，

如圖所示，設與側面ABC交線為MN，則MN在過球心的大圓上，且與BC交于中點P，正四面體ABCD中每個面都是等邊三角形，且AB=AC=AD=CD=BC=BD=23，AM=3又因為∠BAC=60°，所以根據對稱性可知：與側面ABD，ACD的交線長與MN長相等，另一類交線是與底面BCD的交線，過A作AO⊥平面BCD，則OD=2AO=AAP=3故與底面BCD剛好相交于底面BCD各邊中點處，形成的交線此時是底面BCD的內切圓，內切圓半徑為OP=13DP=所以該球球面與正四面體ABCD的表面相交所得到的交線長度之和為3π+2π=5π．故答案為：5π．【分析】將球面與正四面體的四個面所得交線分成兩類，一類與側面的交線，一類與底面的交線，結合球的截面性質分別求出兩類交線，進而求出所得球面與該正四面體表面的交線長之和．15．【答案】（1）解：設數列an的公差為d，

由題意可知，a1+4d=3a13a1+17d=a1（2）解：由（1）可知Sn又因為2n?λ≥a設fn=n當n＝1時，f2當n≥2時，?n2?n+4≤?2，所以f(n+1)?f所以fnmax=f(2)所以實數λ的取值范圍為[5【解析】【分析】（1）根據題意建立方程組，解方程組求出等差數列的首項與公差，即可求出等差數列的通項公式；（2）根據(1)先求出等差數列的前n項和，再將恒成立問題進行參變分離，令fn（1）設數列an的公差為d，則根據題意可得a解得a1=4d=2（2）由（1）可知運用等差數列求和公式，得到Sn又2n?λ≥a設fn=n當n＝1時，f2當n≥2時，?n2?n+4≤?2，則f(n+1)?f則fnmax=f(2)故實數λ的取值范圍為[516．【答案】（1）解：由題意可知，ξ的所有可能取值為0，1，2，所以pξ=0=C33所以ξ的分布列為：ξ012P133所以ξ的期望為Eξ（2）解：由題意可得X~B20,0.03，則E因為0.03<0.05,20≥20，所以λ=EX所以PX=3所以X=3時的概率估計值為0.019757．【解析】【分析】（1）由題意可知，ξ的所有可能取值為0，1，2，利用古典概型的概率公式求出相應的概率，列出ξ的分布列，再結合數學期望公式求出ξ的數學期望E(X)即可；（2）由題意可知X~B20,0.03，求出E(X)的值，此時二項分布可近似看成泊松分布，即可知λ的值，再利用泊松分布的概率公式求出X=3（1）解：（1）由題意可知，ξ的所有可能取值為0，1，2，則pξ=0=C33所以ξ的分布列為：ξ012P133所以ξ的期望為Eξ（2）依題題意，得X~B20,0.03，則E所以PX=3因為0.03<0.05,20≥20，所以λ=EX于是PX=3所以X=3時的概率估計值為0.019757．17．【答案】（1）證明：取AA1的中點為M，連結MP，MB

因為P為DD1中點，所以因為BQ=3QC，BC=4，所以BQ=3

又因為AD//BQ所以MP//BQ，MP=BQ，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以PQ//MB，因為MB?平面ABB1A1，所以PQ//平面ABB（2）解：在△A1D在△A1AD中，A因為平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A所以AA1⊥故以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，

所以P0,3,32，所以PA1=設平面A1PQ的一個法向量為m=x,y,z，

則?3y+32z=04x?3易知平面A1PD設二面角Q?A1P?D1所以cosθ=?所以sinθ=故二面角Q?A1P?【解析】【分析】（1）取AA1的中點為M，連結MP，MB，結合已知條件可證得四邊形BMPQ是平行四邊形，進而可證PQ//MB，再由線面平行的判定定理，即可證得PQ//平面（2）結合余弦定理求出A1D的值，再由勾股定理可證AA1⊥AD，利用面面垂直的性質定理可證得AA1⊥平面ABCD，進而可以（1）證明：取AA1的中點為M，連結MP，因為P為則MP=A1D因為AD//BQ，BQ=3QC，BC=4，所以BQ=3所以MP//BQ，MP=BQ，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以PQ//MB，因為MB?平面ABB1A1，所以PQ//平面ABB（2）在△A1D1D在△A1AD中，A因為平面ADD1A1⊥平面ABCD，平面ADD1A所以AA1⊥故以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則P0,3,32，所以PA1=設平面A1PQ的法向量為m=令z=8，得x=3，y=4，所以m=易知平面A1PD設二面角Q?A1P?D1所以cosθ=?所以sinθ=故二面角Q?A1P?18．【答案】（1）解：設Px,y因為AB=3，所以因為3OP→=2OA→+OB→，所以3x,y=2將x0=3x2，y所以動點P的軌跡C的方程為x2??????（2）解：由（1）知A1聯立x=my+1x24由韋達定理得，y1所以y1+y因為k1=y1所以k1【解析】【分析】（1）設Px,y,Ax0,0,B0,y0，結合兩點的距離公式可知x（2）聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理可知y1+y2=?（1）解：設Px,y因為AB=3，所以由3OP→=