济宁市第一中学2024届高三3月份定时检测数学试题一、单选题（每题5分，共40分）42121．二项式x的展开式中含x项的系数为（）2x3311A．B．C．D．22222．平面向量a，b满足|a|2，b3，ab4，则b在a方向上的投影向量为（）151315A．aB．aC．aD．a1248813．若函数fxcosπx(0π)的图象关于直线x对称，则（）3ππ2π5πA．B．C．D．36364．从1,2,,9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（）14713A．B．C．D．3918365．已知正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为64，则该球表面积为（）34πA．9πB．36πC．4πD．36．设抛物线y22x的焦点为F，过抛物线上点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若PQF30，则PQ（）2333A．B．C．D．33421011ln2.27．设33，bln，c，则（）ae1010A．abcB．cbaC．b试卷第1页，共4页{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}B．若圆C1和圆C2外切，则a4C．当a0时，圆C1和圆C2有且仅有一条公切线D．当a2时，圆C1和圆C2相交10．已知z1、z2都是复数，下列正确的是（）A．若z1z2，则z1z2B．z1z2z1z2C．若z1z2z1z2，则z1z20D．z1z2z1z2sinx11．已知函数fx，则（）2cos2xA．fx的最小正周期为πB．fx的图象关于点π,0对称2C．不等式fxx无解D．fx的最大值为4三、填空题(每题5分，共15分）x2y212．已知双曲线C:1a0,b0的一条渐近线与直线l:x2y50垂直，则a2b2C的离心率为.13．甲袋中有5个红球和3个白球，乙袋中有4个红球和2个白球，如果所有小球只存在颜色的差别，并且整个取球过程是盲取，分两步进行：第一步，先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，分别用A1、A2表示由甲袋中取出红球、白球的事件；第二步，再从乙袋中随机取出两球，用B表示第二步由乙袋中取出的球是“两球都为红球”的事件，则事件B的概率是.14．如图，已知点P是棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD内（包含边界）一个动点，若点P到点A的距离是点P到BB1的距离的两倍，则点P的轨迹的长度为．试卷第2页，共4页{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}四、解答题（共77分）15．（13分）在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3acosCccosA2bsinB．(1)求角B的值；(2)若b23，求a2c2的取值范围．16．（15分）如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD是长度为2的底面圆的两条直径，ABCDO，且SO3，P为母线SB上一点．(1)求证：当P为SB中点时，SA∥平面PCD；321(2)若AOC60，二面角PCDB的余弦值为，试确定P点的位置．2117．（15分）我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防､抢险救灾､环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了4三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标51相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭22的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭.3(1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；(2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.试卷第3页，共4页{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}x2y218．（17分）已知双曲线C：1a0,b0的离心率为2，点3,1在双曲线a2b2C上．过C的左焦点F作直线l交C的左支于A、B两点．(1)求双曲线C的方程；(2)若M2,0，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由．(3)点P4,2，直线AP交直线x2于点Q．设直线QA、QB的斜率分别k1、k2，求证：k1k2为定值．19．（17分）已知函数fxa2xlnxx1x,gxsinx．(1)当a1时，求曲线yfx在点1,f1处的切线方程；(2)当a0,x0时，若在gx的图象上有一点列11**Ai,gi1,2,3,,n,iN,nN，若直线AiAi1的斜率为kii1,2,3,,n，2i2i1（ⅰ）求证：gxfxx3；6n1（ⅱ）求证：kin．i19试卷第4页，共4页{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}高三数学答题卡16．（15分）17．（15分）姓名：班级：贴条形码区考场：座号：选择题（共12小题，1-8题每小题5分，9-11题每小题6分，共58分）1．[A][B][C][D]6．[A][B][C][D]11．[A][B][C][D]2．[A][B][C][D]7．[A][B][C][D]3．[A][B][C][D]8．[A][B][C][D]4．[A][B][C][D]9．[A][B][C][D]5．[A][B][C][D]10．[A][B][C][D]填空题（共3小题，每小题5分，共15分）12．13．14.15．（13分）-1--2--3-{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}18.（17分）19.（17分）-4--5--6-{#{QQABJQAUogioAJAAARhCAQVQCkMQkBCAACoOhAAAsAAASRNABAA=}#}济宁市第一中学2024届高三3月份定时检测数学试题及参考答案一、单选题42121．二项式x的展开式中含x项的系数为（）2x3311A．B．C．D．2222【答案】B【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解.【详解】421由二项式定理可知，x的展开式的通项为2xrr4r11r2r83x，Tr1C4xC4x2x2令83r2，解得r2，123所以222，T3C4xx2242123所以二项式x的展开式中含x项的系数为.2x2故选：B.2．平面向量a，b满足|a|2，b3，ab4，则b在a方向上的投影向量为（）151315A．aB．aC．aD．a12488【答案】C【分析】由题设条件，利用向量的模长公式求得ab，再利用b在a方向上的投影向量的公式|b|cosb,aaba2a即可求得.|a||a|2223【详解】由ab(ab)|a|2ab+|b|132ab4可得ab，23而b在a方向上的投影向量为|b|cosb,aab23.a2aaa|a||a|48故选：C.13．若函数fxcosπx(0π)的图象关于直线x对称，则（）3ππ2π5πA．B．C．D．3636【答案】C【分析】由余弦函数的对称性直接求解.【详解】1因为fxcosπx(0π)的图象关于直线x对称，3ππ所以kπkZ，得kπkZ，332π因为0π，所以.3故选：C.4．从1,2,,9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（）14713A．B．C．D．391836【答案】C【分析】求所有组合个数，列举和为质数的情况，古典概型求概率.【详解】2这九个数字中任取两个，有C9种取法，和为质数有1,2,1,4,2,3,1,6,2,5,3,4,2,9,3,8,4,7,5,6,4,9,5,8,6,7，8,9共14种情况，147因此所求概率为2.C918故选：C.5．已知正四棱锥PABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为64，则该球表面积为（）34πA．9πB．36πC．4πD．3【答案】B【分析】根据体积可求正四棱锥的高，再结合外接球球心的性质可求其半径，故可求外接球的表面积.【详解】如图，设P在底面ABCD的射影为H，则PH平面ABCD，且H为AC,BD的交点.1因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且AH4222，2164故PH16，故PH4.33由正四棱锥的对称性可知O在直线PH上，设外接球的半径为R，2则OH4R，故R284R，故R3，故正四棱锥PABCD的外接球的表面积为4π936π，故选：B.6．设抛物线y22x的焦点为F，过抛物线上点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若PQF30，则PQ（）2333A．B．C．D．3342【答案】A【分析】由题意得QFM30，结合正切定义以及FM1可得QF，进一步即可求解.【详解】如图所示：M为准线与x轴的交点，因为PQF30，且PFPQ，所以PFQ30,QPF120，因为FM//PQ，所以QFM30，QMQM323而tan30QM，所以QF，MF133QF332所以PFPQcos30.2323故选：A.1011ln2.27．设33，bln，c，则（）ae1010A．abcB．cbaC．b