廣東省廣州市2024~2025學年 高三下冊3月檢測數學試卷附解析VIP

/廣東省廣州市2024_2025學年高三下冊3月檢測數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．若集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數滿足（i是虛數單位），則的取值范圍是（

）A． B． C． D．3．已知直線的一個方向向量為，其傾斜角為，則（

）A． B． C． D．4．已知向量，向量與向量的夾角為，則的最小值為（

）A．2 B． C． D．15．已知數列的各項均為正數，，若表示不超過的最大整數，記數列的前項和為，當100時，的值為（

）A．28 B．29 C．30 D．316．已知，，函數的圖象如圖所示，是的圖象與相鄰的三個交點，與軸交于相鄰的兩個交點為，若在區(qū)間上有2027個零點，則的最大值為（

）

A． B． C． D．7．已知圓錐DO的軸截面為等邊三角形，是底面的內接正三角形，點P在DO上，且．若平面PBC，則實數（

）A． B． C． D．8．已知函數，若對，恒成立，則實數的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．若直線被圓所截得的弦長為，則實數的值為（

）A． B． C．0 D．10．已知一個袋子中放有5個不同的紅球和3個不同的黃球，則下列說法正確的是（

）A．若將袋子中的球全部隨機分到兩個不同的盒子中，每個盒子不空，則共有256種分配方法B．若從袋子中不放回地摸出4個球（1次1個），記X為摸出的球中紅球的個數，則C．若從袋子中有放回地依次摸球4次（1次1個），記M為摸出的紅球個數，則D．若從袋子中有放回地依次摸球6次（1次1個）且記錄每一次結果，則摸出3個紅球3個黃球的可能性最大11．數學中有許多形狀優(yōu)美、寓意美好的曲線，如星形線、卵形線、蔓葉線等，而心形線也是其中一種，因其形狀像心形而得名，其平面直角坐標方程可表示為，圖形如圖所示．當時，點在其中一條心形線C上，且，對于這條心形線，下列說法正確的是（

）A．若，則B．C．該心形線圍住的區(qū)域面積D．該心形線上有4個整點（橫、縱坐標均為整數的點）三、填空題（本大題共3小題）12．已知為奇函數，當時，，則．13．如圖，設是橢圓的左右焦點，點是以為直徑的圓與橢圓在第一象限內的交點，延長與橢圓交于，若，則橢圓的離心率為.14．已知數列滿足，其前項和為，且．則；若對任意的，恒成立，則首項的取值范圍是．四、解答題（本大題共5小題）15．已知曲線.(1)求在處的切線方程.(2)若函數有兩個零點，求實數的取值范圍．16．在中，內角的對邊分別為，設的面積為，分別以為邊長的正三角形的面積依次為且．(1)求；(2)設的平分線交于點，若，，求的長．17．如圖，圓臺的軸截面為等腰梯形，，為下底面圓周上異于的點．(1)點為線段的中點，證明：直線平面；(2)若四棱錐的體積為3，且，求直線與平面夾角的正弦值．18．已知O為坐標原點，雙曲線的離心率為，且過點.(1)求C的標準方程；(2)過C的右焦點F的直線與雙曲線C的左、右兩支分別交于兩點A、B，點Q是線段的中點，過點F且與垂直的直線交直線于M點，①判斷點M是否在一條定直線上，請說明理由；②記面積為，證明.19．定義：，，已知數列滿足．(1)若，，求，的值；(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整數，使得，若存在請求出所有的，若不存在請說明理由；(3)若數列為正項數列，且集合的元素個數為有限個，證明：不存在實數，使得．

答案1．【正確答案】C【詳解】因為，所以，解得，所以，又，.故選C.2．【正確答案】D【詳解】表示對應的點是圓心為，半徑為的圓上的點，

的幾何意義表示該圓上的點和點之間的距離，而圓心到點的距離為，所以的最大距離為，最小距離為，所以的取值范圍為.故選D.3．【正確答案】B【詳解】因為直線的一個方向向量為，所以直線的斜率為，即，故選B．4．【正確答案】B【詳解】設，又，所以，根據二次函數性質，所以當時，，故選B.5．【正確答案】C【詳解】因，可得是以1為首項，1為公差的等差數列，所以，因為數列的各項均為正數，所以，因為，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，當時，，則.說明當100時，的值為30.故選C.6．【正確答案】A【詳解】將原點坐標代入得，又，所以，故，的中點橫坐標為，故，又對應的點為軸左側第一個最低點，所以，解得，解得，所以，令得，則或，解得或，所以相鄰兩個零點的距離有兩種，可能為，在上，有2027個零點，要求的最大值，則當為個和1014個時，取得最大值，故最大值為.故選A.7．【正確答案】D【詳解】解：如圖所示；不妨設，則，，．因為平面PBC，平面PBC，所以，在中，由勾股定理有，即，解得．故選D．8．【正確答案】B【詳解】法一，因為，當時，等價于恒成立，因為時，恒成立，所以；當時，等價于恒成立，當時，，恒成立，所以；當時，則或恒成立，也就是或恒成立，而當時，，，所以或.綜合（1）（2）可知：或，法二，可代入選項檢驗，當時，當時，單調遞減，把代入發(fā)現，當時，單調遞增，則最大值為大于0，不符合，排除包含的選項，即排除ACD.故選B.9．【正確答案】CD【詳解】由圓的圓心為：，半徑為：，所以圓心到直線的距離為：，又直線被圓所截得的弦長為，所以解得：或，故選CD.10．【正確答案】BC【詳解】對于A，將袋子中的球全部隨機分到兩個不同的盒子中，每個盒子不空，則共有種分配方法，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，設為摸出的紅球的個數，則，故，故C正確；對于D，設為摸出的黃球的個數為，可取0到6，且，，則，解得，則摸出4個紅球2個黃球的可能性最大，故D錯誤；故選BC.11．【正確答案】ABD【詳解】依題意，心形線的直角坐標方程為，對A：心形線過原點，由，可知三點共線，可設直線，由，消去，得．不妨設，則，∴，故A正確；對B：令，可得或，由圖可知，但由于點要求不在y軸上，故，令，則心形線的方程可化為，有，即，故B正確；對C：令，與心形線可圍成矩形，代入得，則，則或，令，則，，故恒成立，則單調遞增，又，，故時，有解，故中間矩形的面積，頂部兩個弧形面積和；底部弧形面積，故心形線圍住的區(qū)域面積，故C錯誤；對D：由B知，，，當，或，進而可得或0，當時，方程無整數解；當時，，故，∴C上有4個整點，故D正確.故選ABD．12．【正確答案】【詳解】因為為奇函數，所以.13．【正確答案】【詳解】如圖，連接，設，則，由橢圓的定義知，，，在以為直徑的圓上，，在中，，即，解得或（舍），，，在中，，即，故.14．【正確答案】3036【詳解】①當時，，故，，，即數列的奇數項與偶數項均為公差為3的等差數列，即數列為公差為6的等差數列，故，則.②由上可知，數列為公差為6的等差數列，若對任意的，恒成立，由得，，即，可解得；由得，，即，結合，可解得；由得，，即，結合，可解得；當時，由得，，即，即，結合，可解得；同理，由上可得，，故恒成立，綜上，.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）因為，所以，，即切點為，又，所以切線方程為，即；（2）因為，函數有兩個零點，相當于曲線與直線有兩個交點，又，當時，，所以在上單調遞減，當時，，所以在上單調遞增，所以時，取得極小值，又時，，且當時，，所以的圖象如下所示：由圖可得實數的取值范圍為．16．【正確答案】(1)；(2).【詳解】（1）由題意，，，則．由余弦定理得，所以，又，所以，則，又，所以．（2）法一：由（1）知，又，所以，所以，所以．由余弦定理可得，得，，所以，所以，在中．法二：由（1）知，，整理得，由正弦定理得，又，所以，因為，所以，由，，得．在中，.17．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，取中點，連接，則由中位線定理得，，在等腰梯形中，，得到，，則四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，所以直線平面．（2）如圖，在平面內作，分別交于點，在平面內作交于點，在等腰梯形中，，而，由題意得四邊形是矩形，則，由勾股定理得梯形的高，則等腰梯形面積為，而四棱錐的體積，解得，在中，，所以，故與重合，或與重合，因為，所以與重合，即，以為原點，以過點平行于的方向，所在直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，故，，設平面的法向量，故，令，解得，得到，設直線與平面夾角的大小為，則，故直線與平面夾角的正弦值為.18．【正確答案】(1)(2)①點M在定直線，理由見解析；②證明解析【詳解】（1）由已知雙曲線離心率，即，則雙曲線方程為，又曲線過點，即，解得，所以雙曲線方程為；（2）由（1）得，①由已知直線的斜率k存在且，設直線，，且，

聯立直線與雙曲線，得，恒成立，且，即，解得，又Q為A，B中點，則，則，即，則直線，又直線垂直于直線，且過點F，則，聯立與，即，解得，即，即點M在定直線上.，②由，即證，，利用對稱性，不妨設，則，，則，則，故成立.19．【正確答案】(1)，或(2)答案見解析(3)證明見解析【詳解】（1）依題意，，