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2024届11月高三联考
数学试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名﹑准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。
一、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.设集合，，且，则
A.6 B.4 C. D.
2.若，则
A. B.0 C. D.
3.设为等差数列的前n项和，设甲：，乙：是单调递减数列，则
A.甲是乙的充分不必要条件 B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件 D.甲是乙的既不充分也不必要条件
4.在△ABC中，D是边AB上一点，且，点E是CD的中点.设，，则
A. B. C. D.
5.某校学生在研究折纸试验中发现，当对折后纸张达到一定的厚度时，便不能继续对折了.在理想情况下，对折次数n与纸的长边长（cm）和厚度x（cm）满足：.一张长边长为26cm，厚度为0.01cm的矩形纸最多能对折的次数为
A.6 B.7 C.8 D.9
6.在△ABC中，，，且△ABC的面积为，则
A. B. C. D.
7.设为数列的前n项积，若，，且，当取得最大值时，
A.6 B.8 C.9 D.10
8.已知正三棱柱的底面边长为，高为3，截去该三棱柱的三个角（如图1所示，D，E，F分别是三边的中点），得到几何体如图2所示，则所得几何体外接球的表面积是
图1 图2
A. B. C. D.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知实数a，b满足，则下列不等式一定正确的是
A. B. C. D.
10.已知函数的部分图象如图所示.则
A.
B.在区间内有两个极值点
C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D.A，B，C是直线与曲线的从左至右相邻的三个交点，若，则
11.正方体中，P是体对角线上的动点，M是棱上的动点，则下列说法正确的是
A.异面直线与所成的角的最小值为 B.异面直线与所成的角的最大值为
C.对于任意的P，存在点M使得 D.对于任意的M，存在点P使得
12.已知函数，则
A.曲线在处的切线方程为
B.在上单调递增
C.对任意的，，有
D.对任意的，，，，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.的展开式中的系数为 （用数字作答）.
14.已知同一平面内的单位向量，，，满足，则 .
15.若直线l：与圆C：相交于A，B两点，≥8，则直线l的斜率的取值范围为 .
16.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，O为坐标原点，过作渐近线的垂线，垂足为P，若，则双曲线C的离心率为，过双曲线C上任一点Q作两渐近线的平行线QM，QN，它们和两条渐近线围成的平行四边形OMQN的面积为，则双曲线C的方程为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
18.（12分）
已知在△ABC中，，.
（1）求的值；
（2）若，求AC边上的高.
19.（12分）
抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中3双是一次性筷子，2双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双（2只都为一次性筷子或都为非一次性筷子），若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：
（1）在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；
（2）取了3次后，取出的一次性筷子的双数的分布列及数学期望.
20.（12分）
如图，在梯形ABCD中，，，，，AC与BD交于点M，将△ABD沿BD翻折至△PBD，使点A到达点P的位置.
（1）证明：；
（2）若平面PBC与平面PBD的夹角的余弦值为，求三棱锥P-BCD的体积.
21.（12分）
已知椭圆C：（）的长轴长为，且其离心率小于，P为椭圆C上一点，、分别为椭圆C的左、右焦点，的面积的最大值为.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）A为椭圆C的上顶点，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线为过点D且与AM平行的直线，设与直线的交点为Q.证明：直线QN过定点.
22.（12分）
已知函数.
（1）讨论函数的零点个数；
（2）若，是函数的两个零点（），且恒成立，求实数a的取值范围.
2024届11月高三联考
数学参考答案
一、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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D D A C B D B A
1.D
【解析】，，∵，∴，∴，故选D.
2.D
【解析】，∴，∴.故选D.
3.A
【解析】若，则（），所以是单调递减数列；若是单调递减数列，则（），即（），但不一定小于0.所以甲是乙的充分不必要条件，故选A.
4.C
【解析】如图，，故选C.
5.B
【解析】，因为，所以，故.故选B.
6.D
【解析】设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∵，∴，，∴.
∴，∴.
7.B
【解析】由题易知，，∵，∴，故是公比为的等比数列，∵，∴，故.∴，
∴，要使取得最大值，则为偶数，且取最小值，结合二次函数知识知，当时，符合要求.故选B.
8.A
【解析】易知△DEF的外心即为的外心，如图，设△DEF的外心为，△ABC的外心为，则所得几何体外接球的球心O在直线上，，，设外接球的半径为R，则，联立解得：，，所以外接球的表面积为.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
题号 9 10 11 12
答案 AC ABD ABD BCD
9.AC
【解析】
A.由得，∴，故A正确；B取，，可得，，故B错误；C.∵，∴，故C正确；D.设函数，则，当时，单调递减，故时，，即，，故D错误.
10.ABD
【解析】
A.由的部分图象可知，，可得，所以，
由五点作图法可得，解得，，又，所以，所以函数的解析式为，故A正确；
B.令得，，所以在区间上有和两个极值点，故B正确；
C.函数的图象向右平移个单位长度可以得到的图象，故C错误；
D..
若，不妨设A，B，C的位置如图1所示，
图1
则，，
同理时，如图2，，，所以，故D正确.
图2
11.ABD
【解析】以为坐标原点，建系如图，
设正方体的边长为1，则，
设，，则，
设异面直线与所成的角为，
则，
A.当时，，，故A正确；
B.当时，，，故B正确；
C.设，，则，，
当时，无解，故C错误；
D.，令，得，即对于任意的M，存在点P使得，故D正确.
12.BCD
【解析】A.由题意可知：，，则，
则曲线在处的切线方程为.故A错误；
B.令，则，令，
则，则在上单调递增，则，
则，则在上单调递增，故B正确；
C.令，则，
则在上单调递增，则，则，
∴，故C正确；
D.令，则，
令，则，
则在上单调递增﹐则，则，则在上单调递增，则，则，故D正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.
【解析】的系数为.
14.
【解析】由题意可知：，则，则，
∴.
15.
【解析】将圆C的方程整理得，
圆心坐标为，半径为，
要求，则圆心到直线的距离应小于等于，
∴，即（），
∴，，
设直线l的斜率为k，则，
∴，
直线l的斜率的取值范围是.
16.；（第一空2分，第二空3分）
【解析】因为，所以，
作于H，如图1，则|，.
图1
又∵，
∴，
∴.
∴.
因为，所以双曲线C的渐近线方程为，如图2，
图2
设，因为，所以，
所以.
设，点Q到两条渐近线的距离分别为，，
则四边形OMQN的面积为，
而，
所以，解得：，
∴，故双曲线C的方程为.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】
（1）由得：，
∵，所以数列是首项为4，公差为2的等差数列，
所以，
所以；
（2），
所以
，
18.【解析】
（1）∵，
∴，，
又∵，
∴，，
∴，，
∴；
（2）∵，
∴B是钝角，
∴，，
即.
又，，所以，
又因为C为锐角，，所以解得，
∴，
设AC边上的高为BD，
则，得，
故AC边上的高为.
19.【解析】
（1）设第1次取出的是一次性筷子为事件A，第2次取出的是非一次性筷子为事件B，
则，
，
所以在第2次取出的是非一次性筷子的前提下，第1次取出的是一次性筷子的概率；
（2）记取出的一次性筷子的双数为X，则，1，2，3，
则，
，
，
则，
则X的分布列为
X 0 1 2 3
P 0.064 0.366 0.47 0.1
数学期望.
20.【解析】
（1）∵，，
∴，
∴，
∴，
即，，
∴，，又，
∴平面PMC，
∴；
（2）直角△ABC中，，
∵，
∴，
∴，，，
由（1）平面PMC，
以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz，
则，，，
设，其中，
所以，，，
设平面PBD的一个法向量为，
则，
取，，
设平面PBC的一个法向量为，
则，
取，则，
，
解得，或，.
故或.
21.【解析】
（1）由题意可知：，
∵，
∴，，，
故椭圆C的标准方程为.
（2）设，，MN：.
联立直线MN与椭圆C的方程可得：，则，
∴，
∵，则：，令，解得，
∴，
故直线QN的方程为：，
根据对称性，直线QN所过的定点在y轴上，不妨令，
则
，
故直线QN过定点.
22.【解析】
（1）法一：易知的定义域为，
∵，
当时，，∴在上单调递增，
∵，，
∴在上有一个零点；
当时，由得，由得，
∴在上单调递减，在上单调递增，，
ⅰ.当时，，所以恒成立，故函数没有零点；
ⅱ.当时，，故函数有且只有一个零点；
ⅲ.当时，，，，故函数在区间内有一个零点，
，
设，令，，，所以单调递减，所以，即，所以函数在区间内有一个零点，所以函数在定义域内有两个不同零点.
综上，
当时，函数有两个零点；
当或时，函数有且只有一个零点；
当时，函数没有零点；
法二：令，得，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
当时，；当时，；
故当时，直线与函数的图象没有交点，即函数没有零点，如图1；
图1
当或时，直线与函数的图象只有一个交点，即函数只有一个零点，如图2；
图2
当时，直线与函数的图象有两个交点，即函数有两个零点，如图3；
图3
（2）因为函数有两个零点，由（1）知，，且.
恒成立恒成立，
∵，
∴，
设，则，，
∵，
∴.
∴对恒成立，即对恒成立.
令，
当时，显然对恒成立；
当时，在单调递增，，
当时，，所以在单调递增，故；
当时，，，
故存在，使得，
当时，，所以在区间上单调递减，故，不符合要求，舍去.
综上：实数a的取值范围为.
