六安一中2024届高三年级质量检测卷数学试卷（三）时间：120分钟满分：150分一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合，，若，则（）A．3 B．2 C．1 D．1或32．复数满足（为虚数单位），则的最小值是（）A．3 B．4 C．5 D．63．的值为（）A． B． C． D．4．300的不同正因数的个数为（）A．16 B．20 C．18 D．245．若函数，点是曲线上任意一点，则点到直线的距离的最小值为（）A． B． C． D．6．已知一个高为6的圆锥被平行于底面的平面截去一个高为3的圆锥，所得圆台的上、下底面圆周均在球的球面上，球的体积为，且球心在该圆台内，则该圆台的表面积为（）A． B． C． D．7．已知平面向量，，满足，，，，则的最大值等于（）A． B． C． D．8．“肝胆两相照，然诺安能忘．”（《承左虞燕京惠诗却寄却寄》，明·朱察卿）若，两点关于点成中心对称，则称为一对“然诺点”，同时把和视为同一对“然诺点”．已知，函数的图象上有两对“然诺点”，则等于（）A．4 B．3 C．5 D．2二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知圆，点是圆上的一点，则下列说法正确的是（）A．圆关于直线对称B．已知，，则的最小值为C．的最小值为D．的最大值为10．记函数的导函数为，已知，若数列，满足，则（）A．为等差数列 B．为等比数列C． D．11．如图1，在等腰梯形中，，且，为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（）A．在翻折过程中，与可能垂直B．在翻折过程中，二面角无最大值C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若偶函数对任意都有，且当时，，则______．13．一质子从原点处出发，每次等可能地向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，则移动6次后质子回到原点处的概率是______．14．设，是双曲线的左、右焦点，点是双曲线右支上一点，若的内切圆的半径为（为圆心），且，使得，则双曲线的离心率为______．四、解答题：本题共2小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（本小题满分13分）为迎接2024新春佳节，某地4S店特推出盲盒抽奖营销活动中，店家将从一批汽车模型中随机抽取50个装入盲盒用于抽奖，已知抽出的50个汽车模型的外观和内饰的颜色分布如下表所示．红色外观蓝色外观棕色内饰2010米色内饰155（1）从这50个模型中随机取1个，用表示事件“取出的模型外观为红色”，用表示事件“取出的模型内饰为米色”，求和，并判断事件与是否相互独立；（2）活动规定：在一次抽奖中，每人可以一次性拿2个盲盒．对其中的模型给出以下假设：假设1：拿到的2个模型会出现3种结果，即外观和内饰均为同色、外观和内饰都异色以及仅外观或仅内饰同色．假设2：按结果的可能性大小，概率越小奖项越高．假设3：该抽奖活动的奖金额为一等奖3000元、二等奖2000元、三等奖1000元．请你分析奖项对应的结果，设为奖金额，写出的分布列并求出的期望（精确到元）16．（本小题满分15分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．在中，内角，，所对的边分别为，，，且______．（1）求角的大小；（2）已知，是边的中点，且，求的长．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．17．（本小题满分15分）如图所示，在三棱锥中，是边长为的等边三角形，，，，分别为，的中点．（1）求证：；（2）若二面角的余弦值为，求：①的长；②直线与平面所成角的正弦值．18．（本小题满分17分）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为．（1）求的方程；（2）过点的动直线与交于，两点．问：是否存在定点，使得为定值，其中，分别为直线，的斜率．若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由．19．（本小题满分17分）已知函数．（1）若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；（2）若有两个不同极值点，．①求的取值范围；②当时，证明：．六安一中2024届高三年级质量检测卷数学试卷（三）参考答案1234567891011CBACDBAAABDACDAC12．13．14．15．（1）模型内饰为米色的共有20个，所以，红色外观的模型有35个，其中内饰为米色的共有15个，所以，红色外观模型且内饰为米色的共有15个，所以，，因为，所以，不独立．（2）设事件“取出的模型外观和内饰均为同色”，事件“取出的模型外观和内饰都异色”，事件“仅外观或仅内饰同色”，，，，因为，所以获得一等奖的概率为，二等奖的概率为，三等奖的概率为．其分布列为300020001000期望为．16．（1）方案一：选条件①．由及正弦定理，得，即，由余弦定理，得．又，所以．方案二：选条件②．由及正弦定理，得，所以，因为，所以，又，所以，又，所以．方案三：选条件③．由及正弦定理，得，因为，所以，所以．在中，，可得，故，因为，所以，故，因此，得．（2）解法一：因为是边的中点，所以，由（1）知，因为，所以，故，故．由余弦定理得，故，因为，所以，．在中，，，所以，即的长为．解法二：由（1）知，因为，所以，因为，是边的中点，所以设，则，在中，①在中，由正弦定理，，即②①②两式相除可得：，即，得所以，解法三：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设，因为是边的中点，所以．因为，所以直线的斜率为，则，所以．又，所以，所以，故的长为．17．（1）连接，，因为，分别为，的中点，是等边三角形，所以，又，，所以，，在和中，，，所以，又为的中点，所以，又，，平面，平面，又平面，所以．（2）①由（1）可知为二面角的平面角，设，则，，，又，，，．在和中，，为的中点．，②，，．，又，，面，所以平面，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，为的中点，，易知平面的一个法向量，又，设与平面所成角为，则，故与平面所成角的正弦值为．18．（1）设点，，因为，则，，由为中点得，则，代入，得．所以动点的轨迹的方程为．（2）存在满足题意，证明如下：依题意直线的斜率存在且不为0，设的方程：，，，，联立方程，消去得，则，，直线方程化为．联立方程．消去得，则，，可得，依题意直线，与坐标轴不平行，且为定值，可得，由，整理得，由，整理得，解得或，代入，解得或或，所以或或满足题意19．（1）依题意，，设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，切线方程为，而点在切线上，则，即有，由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，令，则函数有2个零点，求导得，①若，由，得或，由，得，即函数在，上单调递增，在上单调递减，则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；②若，恒成立，函数在上单调递增，因此函数最多1个零点，不合题意；③若，由，得或，由，得，即函数在，上单调递增，在上单调递减，则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；④若，显然，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，要函数有2个零点，必有，得，当时，，而函数在上的值域为，因此在上的值域为，当时，令，求导得，函数在上单调递减，则，，而函数在上单调递减，值域为，因此函数在上的值域为，于是当时，函数有两个零点，所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是．（2）①由（1）知，，由函数有两个极值点，，得，即有两个实数根，，令，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递增，上单调递减，，且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根所以函数有两个极点时，的取值范围是．②由，即，得，要证明，只需证明，而，令，则，欲证明，即证明，只需证明即可，令，求导得，则在时单调递增，故，则，令在时单调递增，则，因此，即，所以．