精品解析：山东省齐鲁名校联盟2023-2024学年高三下学期考前质量检测数学试题

2023—2024学年（下）高三年级考前质量检测 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得集合，可求 【详解】因为， 所以． 故选：C． 2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算和共轭复数的概念，以及复数的几何意义即可求解. 【详解】因为， 所以， 故在复平面内对应的点为位于第二象限． 故选：B. 3. 样本数据的中位数和平均数分别为（ ） A. 34，35 B. 34，34 C. 34.5，35 D. 34.5，34 【答案】D 【解析】 【分析】先将样本数据按从小到大进行排列，再根据样本数据的中位数、平均数公式进行计算即可. 【详解】将样本数据按照从小到大的顺序排列可得， 故中位数为， 平均数为． 故选：D. 4. 已知直线与圆有公共点，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，求解即可. 【详解】由直线与圆有公共点， 可得圆心到直线的距离为， 解得，所以的取值范围为． 故选：B. 5. 在中，角的对边分别是，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理化简得，结合余弦定理，即可求解. 【详解】因为， 由正弦定理得，即， 又由余弦定理得. 故选：A. 6. 已知正方体的棱长为为棱的中点，则四面体的体积为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设与交于点，证得平面，得到，且，在对角面中，结合，即可求解. 【详解】设与交于点，在正方形中，， 又由正方体中，平面， 因为平面，可得， 又因为且平面，所以平面， 所以四面体的体积为，且， 在对角面中，可得， 所以四面体的体积为． 故选：A. 7. 已知，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，利用，可求值. 【详解】因为，所以， 所以． 故选：D. 8. 已知双曲线的上焦点为，圆的圆心位于轴上，半径为，且与的上支交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出圆的方程与双曲线方程联立，可得，进而可得，利用两点间距离公式求出，并利用不等式方法求出其最小值. 【详解】由题可知．设圆，，. 联立，得，则， 因此，故. 因为，所以，同理可得. 故. 又，且，故，，从而. 所以 . 当时，有，，此时． 所以的最小值是. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解题关键是由圆的方程与双曲线方程联立得到，再用不等式方法求其最小值. 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. 已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，设函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】根据奇、偶性得到方程组求出、的解析式，从而得到的解析式，再由奇偶性的定义判断的奇偶性，利用导数判断函数的单调性. 【详解】因为①，所以， 即②，联立①②，解得， 所以，定义域为，又， 所以是奇函数，又， 所以在上单调递增，故A，D正确，B、C错误． 故选：AD 10. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于轴对称，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的最小值为 C. 的最小正周期可以为 D. 的图象关于原点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图象平移判断A，根据关于直线对称可得判断B，由周期计算可判断C，可先证明函数关于点对称，再由图象平移判断D. 【详解】对于A，将的图象向左平移个单位长度后，关于轴对称，所以的图象关于直线对称，故A正确； 对于B，由题可知，解得，又，所以的最小值为，故B正确； 对于C，若最小正周期，则，由B项可知，不存在满足条件的，故C错误； 对于D，因为，代入，得， 所以的图象关于点对称，将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象， 则对称中心对应平移到坐标原点，故的图象关于原点对称，故D正确． 故选：ABD 11. 如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的侧面积为 C. 若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D. 若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 【答案】BD 【解析】 【分析】由勾股定理即可判断A，由梯形的面积公式代入计算，即可判断B，做出轴截面图形代入计算，即可判断C，将四棱台展开，然后代入计算，即可判断D 【详解】 对于A，由题意可得，故A错误； 对于B，梯形的高为， 所以梯形的面积为， 梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故该四棱台的侧面积为，故B正确； 对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时， 球恰好与面、面、面均相切， 过三个切点的截面如图（1）所示，由题意可知棱台的截面为等腰梯形， 较长的底边上的底角的正切值为，则， 由于互补，故， 则，所以（负值舍），从而球的半径为， 所以将半径为的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误； 对于D，将平面与平面展开至同一平面， 如图（2），则， 将平面与平面展开至同一平面，如图（3）， 则， 所以最短路程为，故D正确． 故选：BD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要将空间问题转化为平面问题，将几何体侧面展开，将折线长转化为线段长，即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 【答案】672 【解析】 【分析】利用二项式定理，求得二项展开式的通项，把含x的进行幂运算合并，然后令指数等于3，即可求解. 【详解】因为的通项为，令，得， 所以的系数为． 故答案为：672. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一动点，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据椭圆、、之间的关系，求出，再根据椭圆的定义，把换成，最后根据，代入即可. 【详解】设椭圆的半焦距为，则， ， 因为，即， 所以，即. 故答案为：. 14. 已知两个不同的正数满足，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题将条件式化简后结合基本不等式得出关于ab的不等式，再构造函数并利用函数的单调性求解即可. 【详解】将两边展开， 得到， 从而， 故，而， 故，又， 故， 从而． 设函数，则， 观察易得在上单调递增，故， 又，所以． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数与不等式的综合，其关键是利用均值不等式构造关于ab的不等式，再构造函数并利用函数的单调性解决问题. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线在轴上的截距； （2）探究的零点个数． 【答案】（1） （2）有两个零点 【解析】 【分析】（1）求得，得到，，利用导数的几何意义，求得切线方程，进而求得其在轴上的截距； （2）得到在上递增，结合，得到，使得，进而求得单调性，结合零点的存在性定理，即可求解. 【小问1详解】 解析：由函数，可得，所以， 又，所以的方程为，即， 令，可得，所以直线在轴上的截距为． 【小问2详解】 解：因为和在上均单调递增， 所以在上单调递增， 又因为，所以，使得， 所以，当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 又因为， 所以有两个零点． 【点睛】方法点睛：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 16. 如图，在直三棱柱中，为棱上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的大小． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面， ∵平面， ∴， ∵， ∴， ∴， ，平面， ∴平面． 平面， ∴， ，平面， ∴平面． 又平面， 平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，结合勾股定理逆定理得到，证明出平面，得到，结合题目条件证明出平面，得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设点，根据向量垂直得到方程，求出，进而求出平面的法向量，得到二面角的余弦值，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则． 设点， 则． ，解得． 设平面的法向量为， 则可取． 易知为平面的一个法向量． ， 故由图可知二面角的大小为． 17. 设数列满足，且． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得，累乘法可求的通项公式； （2）由（1）可得，利用错位相减法可求的前项和. 【小问1详解】 由题易知，且， 所以， 所以， 所以也满足该式， 所以． 【小问2详解】 ，① ，② ②-①，得． 设，③ 则，④ ④-③，得， 所以． 18. 在机器学习中，精确率、召回率、卡帕系数是衡量算法性能的重要指标．科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．扫雷机器人依次对每个位点进行检测，表示事件“选到的位点实际有雷”，表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率，召回率，卡帕系数，其中． （1）若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率和召回率． 实际有雷 实际无雷 总计 检测到有雷 40 24 64 检测到无雷 10 26 36 总计 50 50 100 （2）对任意一次测试，证明：． （3）若，则认为机器人的检测效果良好；若，则认为检测效果一般；若，则认为检测效果差．根据卡帕系数评价（1）中机器人的检测效果． 【答案】（1）；． （2） ， 要证明， 需证明． 等式右边： ． 等式左边： 因为， 所以 ． 等式左右两边相等，因此成立． （3） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率的计算公式计算即可； （2）由条件概率与互斥事件的概率公式证明即可； （3）由（2）计算出的值，判断机器人的检测效果即可. 【小问1详解】 ， ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）得，因为， 所以（1）中机器人的检测效果一般． 19. 已知抛物线的焦点为，以点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，与在第一象限的交点为． （1）证明：直线与相切． （2）若直线与的另一交点分别为，直线与直线交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的面积的最小值． 【答案】（1） 由题意知， 设，则， 所以，所以， 所以直线的斜率为，方程为． 联立方程得， 因为，所以直线与相切． （2） （ⅰ）设直线的方程为， 由可得，则，又因为，所以． 由（1）知，点，直线的斜率为，方程为， 由得，由， 得． 作，垂足为，则，直线的方程为， 将直线与的方程联立，得解得． 所以，所以， 由相似三角形的性质可得． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意，表示出直线的方程，然后与抛物线方程联立，由即可证明； （2）（ⅰ）根据题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，从而得到直线的方程，再与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再结合相似三角形即可证明；（ⅱ）由条件可得，再由代入计算，即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）知，所以，故， 因为， 所以（当且仅当时等号成立）， 故，即的面积的最小值为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年（下）高三年级考前质量检测 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 样本数据的中位数和平均数分别为（ ） A. 34，35 B. 34，34 C. 34.5，35 D. 34.5，34 4. 已知直线与圆有公共点，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 在中，角的对边分别是，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为为棱的中点，则四面体的体积为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. 4 B. 2 C. D. 8. 已知双曲线的上焦点为，圆的圆心位于轴上，半径为，且与的上支交于两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，设函数，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 10. 将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于轴对称，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的最小值为 C. 的最小正周期可以为 D. 的图象关于原点对称 11. 如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的侧面积为 C. 若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面 D. 若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为为上一动点，则的取值范围是______． 14. 已知两个不同的正数满足，则的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线在轴上的截距； （2）探究的零点个数． 16. 如图，在直三棱柱中，为棱上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的大小． 17. 设数列满足，且． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 18. 在机器学习中，精确率、召回率、卡帕系数是衡量算法性能的重要指标．科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．扫雷机器人依次对每个位点进行检测，表示事件“选到的位点实际有雷”，表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率，召回率，卡帕系数，其中． （1）若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率和召回率． 实际有雷 实际无雷 总计 检测到有雷 40 24 64 检测到无雷 10 26 36 总计 50 50 100 （2）对任意一次测试，证明：． （3）若，则认为机器人的检测效果良好；若，则认为检测效果一般；若，则认为检测效果差．根据卡帕系数评价（1）中机器人的检测效果． 19. 已知抛物线的焦点为，以点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，与在第一象限的交点为． （1）证明：直线与相切． （2）若直线与的另一交点分别为，直线与直线交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $