山东省济宁市第一中学2024届高三下学期4月质量检测数学试卷（含解析）

济宁市第一中学2024届高三下学期4月质量检测
数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．二项式的展开式中含项的系数为（ ）
A． B． C． D．
2．平面向量，满足，，，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
3．若函数（）的图象关于直线对称，则（ ）
A． B． C． D．
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（ ）
A． B． C． D．
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，则该球表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．设抛物线的焦点为F，过抛物线上点P作其准线的垂线，设垂足为Q，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知是等差数列，，存在正整数t（），使得，．若集合中只含有4个元素，则t的可能取值有（ ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
二、多选题（每题6分，共18分）
9．已知圆：，:，则下列结论正确的有（ ）
A．若圆和圆外离，则 B．若圆和圆外切，则
C．当时，圆和圆有且仅有一条公切线 D．当时，圆和圆相交
10．已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
11．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为 B．的图象关于点对称
C．不等式无解 D．的最大值为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共15分）
12．已知双曲线Ｃ：（，）的一条渐近线与直线l：垂直，则C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、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到的距离的两倍，则点P的轨迹的长度为 ．
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，．
（1）求角B的值；
（2）若，求的取值范围．
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，，且，P为母线SB上一点．
（1）求证：当P为SB中点时，平面PCD；
（2）若，二面角P—CD—B的余弦值为，试确定P点的位置．
17．（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的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭．
（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．
18．（17分）
已知双曲线C：（，）的离心率为，点在双曲线C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，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，直线AP交直线于点Q．设直线QA、QB的斜率分别、，求证：为定值．
19．（17分）
已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当，时，若在的图象上有一点列（，2，3，…，n，，），若直线的斜率为（，2，3，…，n），
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
济宁市第一中学2024届高三下学期4月质量检测
数学试题及参考答案
一、单选题
1．【答案】B
【分析】
利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】
由二项式定理可知，的展开式的通项为，
令，解得，
所以，
所以二项式的展开式中含项的系数为.
故选：B．
2．【答案】C
【分析】
由题设条件，利用向量的模长公式求得，再利用在方向上的投影向量的公式即可求得.
【详解】
由可得，
而在方向上的投影向量为．
故选：C．
3．【答案】C
【分析】
由余弦函数的对称性直接求解.
【详解】
因为（）的图象关于直线对称，
所以（），得（），
因为，所以．
故选：C．
4．【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】
这九个数字中任取两个，有种取法，
和为质数有，，，，，，，，，，，，，共14种情况，
因此所求概率为．
故选：C．
5．【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，则平面ABCD，且H为AC，BD的交点.
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，
故，故．
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，
则，故，故，
故正四棱锥P—ABCD的外接球的表面积为，
故选：B．
6．【答案】A
【分析】
由题意得，结合正切定义以及可得，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°，且，所以，，
因为，所以，
而，所以，
所以．
故选：A．
7．【答案】B
【分析】
由题意可得，，，即可得，，再比较b与c的大小关系，借助对数运算转化为比较与2的大小关系，结合放缩计算即可得．
【详解】
，，，故，，
要比较与的大小，即比较与的大小，
等价于比较与2.2的大小，等价于比较与2的大小，
又
，
故，即，即，
故．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：本题关键在于比较b与c的大小关系，可借助对数运算转化为比较与2的大小关系，再借助放缩帮助运算即可得．
8．【答案】C
【分析】
考虑不符合题意，，6，7，8时，列举出满足条件的集合，再考虑时不成立，得到答案．
【详解】
当时，，根据周期性知集合最多有3个元素，不符合；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，即，，，在单位圆的五等分点上不可能取到4个不同的正弦值，故不满足；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
当时，，取，此时，满足条件；
故选：C
二、多选题
9．【答案】BCD
【分析】
根据圆与圆的位置关系对选项进行分析，从而确定正确答案．
【详解】
，，，，．
若和外离，则，解得或，故A错误；
若和外切，，解得，故B正确；
当时，，和内切，故C正确；
当时，，和相交，故D正确．
故选：BCD
10．【答案】BD
【分析】
利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】
对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，（a，b，c，），
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确．
故选：BD
11．【答案】BD
【分析】
对于选项A：验证是否成立即可判断；对于选项B：验证是否成立即可判断；对于选项C：利用即可验证有解；对于选项D：利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
【详解】
对于选项A：，∴不是的周期，故A错误；
对于选项B：，∴关于对称，故B正确；
对于选项C：，∴有解，故C错误；
对于选项D：，若，则，
若，则，
当且仅当，即时，原式取等，故D正确．
故选：BD．
第Ⅱ卷（非选择题）
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三、填空题
12．【答案】
【分析】借助斜率与垂直的关系可得，即可得离心率.
【详解】由直线l：的斜率为，故有，
即，则 ．
故答案为：．
13．【答案】
【分析】
根据全概率公式即可求解.
【详解】
因为，，，，
所以，
故答案为：
14．【答案】
【分析】
根据题意，得到，以A为原点，建立平面直角坐标系，设，结合，求得点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，再由扇形的弧长公式，即可求解.
【详解】
在正方体中，可得平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
则点P到的距离等于点P到点B的距离，即，
在底面ABCD中，以A为原点，以AB，AD所在的直线分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
可得，，
设，由，可得，
整理得，即点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧，
又由，可得，
所以，即所对的圆心角为，
所以点P的轨迹的长度为圆弧长为．
故答案为：．
四、解答题
15．【答案】（1） （2）
【分析】
（1）利用正弦定理边化角后整理化简即可；
（2）利用正弦定理得到，，则，利用三角公式变形整理，利用三角函数的性质求最值.
【详解】
（1）因为，
由正弦定理边化角可得，
所以，又，
所以，又B为锐角，
则；
（2）由正弦定理，
则，，
所以
，
因为在锐角三角形△ABC中，得，
所以，
则，
所以的取值范围为．
16．【答案】
（1）证明见详解
（2）P是线段BS靠近点B的四等分点
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，，求解平面PCD和平面BCD的法向量，根据二面角P—CD—B的余弦值为求，即可得P点的位置.
【详解】
（1）连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，
所以PO为△BSA的中位线，所以，
又平面PCD，平面PCD，所以平面PCD；
（2）如图：过点O作交圆O与F，
以O为坐标原点，OA，OF，OS所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，
设，，则，所以，
设平面PCD的法向量为，
则，所以，
令，则，，即，
易知平面BCD的一个法向量为，
则，
解得（负值舍去），所以P是线段BS靠近点B的四等分点．
17．【答案】
（1）分布列见解析，
（2）
【分析】
（1）由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望公式可得；
（2）根据条件概率以及全概率公式求解可得
【详解】
（1）起火点被无人机击中次数X的所有可能取值为0，1，2，3
，，
，．
∴X的分布列如下：
X 0 1 2 3
P
∵，
∴．
（2）击中一次被扑灭的概率为
击中两次被火扑灭的概率为
击中三次被火扑灭的概率为．
∴所求概率．
18．【答案】
（1）；
（2）不存在，理由见解析；
（3）证明见解析
【分析】
（1）根据题意列式求a，b，c，进而可得双曲线方程；
（2）设l：，，，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可；
（3）用A，B两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出，，结合韦达定理，证明为定值．
【详解】
（1）由双曲线C：的离心率为，且在双曲线C上，
可得，解得，，
∴双曲线的方程为．
（2）双曲线C的左焦点为，
当直线l的斜率为0时，此时直线为，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l：，
联立方程组，消x得，易得，
设，，则，，可得，
∵，，
则
，
即，可得MA与MB不垂直，
∴不存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上．
（3）由直线AP：，得，
∴，又，
∴
，
∵，
∴，且，
∴，即为定值．
19．【答案】
（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】
（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）（ⅰ）令，即证在时恒成立，借助导数，多次求导后即可得；（ⅱ）计算可得，由（ⅰ）可得，即可得，借助放缩法可得，结合等比数列求和公式及放缩即可得证．
【详解】
（1）当时，，，所以，
曲线在点处切线的斜率为，
所以切线方程为，即；
（2）（ⅰ）要证，即证时，，
令，即证在时恒成立，
因为，令，则，
令，则，在内单调递增，
所以，即，在内单调递增，
所以，即，在内单调递增，
所以，即得证；
（ⅱ）时，
，
由（ⅰ）知，，即，则，
所以
，
，即得证．
【点睛】关键点点睛：
本题最后一问关键点在于由（ⅰ）中得到，从而得到，从而借助放缩法，得到．