精品解析：辽宁省锦州市某校2023-2024学年高三下学期考前测试数学试卷（A）

2024高三考前测试A卷 数学试卷 命题教师：高三备课组 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：高考范围． 一．选择题：本大题共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，，则的真子集的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 在复数范围内解得方程的两根为，则（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 3 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知为奇函数，则（ ） A. 3 B. C. 0 D. 6. 已知单位向量、的夹角是 ，点满足，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 抛物线的焦点为，准线为，为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，，与轴交于点，，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 某同学参加学校组织的数学知识竞赛，在5道四选一的单选题中有3道有思路，有2道完全没有思路，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目只好任意猜一个答案．若从这5道题目中任选2题，则该同学2道题目都做对的概率为（ ） A. B. C. D. 二．多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. 现有分别标有2024，2021，2028，2023，2020，2022数字的6张卡片，下列说法正确的是（ ） A. 卡片数字的第80百分位数为2024 B. 从中随机抽取两张，共有30种不同的组合 C. 从中随机抽取一张，抽到偶数的概率比奇数大 D. 从中随机抽取一张，抽到质数是等可能事件 10. 如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接．若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的是（ ） A. 平面恒成立 B. 不存在某个位置，使 C. 线段的长为定值 D. 11. 已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（ ） A. 当，时， B. 当时，数列不一定是递增数列 C. 当时，若数列是递增数列，则 D. 当，时， 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为______． 13. 对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式___________. 14. 在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于，两点．若的重心为，点，则的最小值______； 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. 如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求的大小； （2）若，D是边AB上的一点，且，求线段CD的最大值． 17. 某产品的尺寸与标准尺寸的误差绝对值不超过4即视为合格品，否则视为不合格品.假设误差服从正态分布且每件产品是否为合格品相互独立.现随机抽取100件产品，误差的样本均值为0，样本方差为4.用样本估计总体. （1）试估计100件产品中不合格品的件数（精确到1）； （2）在（1）的条件下，现出售随机包装的100箱该产品，每箱均有100件产品.收货方对每箱产品均采取不放回地随机抽取方式进行检验，箱与箱之间的检验相互独立.每箱按以下规则判断是否接受该箱产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒绝该箱产品；如果抽检的第1件产品合格，则再抽1件，如果抽检的第2件产品合格，则接受该箱产品，否则拒绝该箱产品.若该箱产品通过检验后生产方获利1000元；该箱产品被拒绝，则亏损89元.求100箱该产品利润的期望值. 附：若随机变量服从正态分布，则， 18. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 19. 黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数（，s为常数）密切相关，请解决下列问题． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时； ①证明有唯一极值点； ②记的唯一极值点为，讨论的单调性，并证明你的结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024高三考前测试A卷 数学试卷 命题教师：高三备课组 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：高考范围． 一．选择题：本大题共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，，则的真子集的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的定义域，进而求出A，再利用交集的定义求出即可得解. 【详解】由函数，得，因此，而， 因此的真子集个数为7. 故选：D 2. 在复数范围内解得方程的两根为，则（ ） A. 4 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】求出方程的两根，即可求出的值. 【详解】由题意， 在中， 解得：， ∴， 故选：C. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数同角关系结合诱导公式求得，然后结合二倍角余弦公式，利用1的代换化弦为切代入计算即可. 【详解】因为，所以，所以， 所以. 故选：D 4. 常用放射性物质质量衰减一半所用的时间来描述其衰减情况，这个时间被称做半衰期，记为（单位：天）．铅制容器中有甲、乙两种放射性物质，其半衰期分别为．开始记录时，这两种物质的质量相等，512天后测量发现乙的质量为甲的质量的，则满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1，可得512天后甲，乙的质量，根据题意列出等式即可得答案． 【详解】设开始记录时，甲乙两种物质的质量均为1， 则512天后，甲的质量为：，乙的质量为：， 由题意可得， 所以． 故选：B． 5. 已知为奇函数，则（ ） A. 3 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定函数的定义域，根据奇函数的定义域关于原点对称，可求得a的值，验证后即可确定答案. 【详解】由题意可得， 即，且，且， 由于为奇函数，故其定义域关于原点对称， 故， 此时，定义域关于原点对称，满足， 即为奇函数，符合题意，故， 故选：B 6. 已知单位向量、的夹角是 ，点满足，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则得到，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，所以， 即， 所以 . 故选：C 7. 抛物线的焦点为，准线为，为上一点，以点为圆心，以为半径的圆与交于点，，与轴交于点，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设准线与轴交于点，根据圆的性质及抛物线的定义可得为等边三角形，即可求出，再在中利用余弦定理计算可得. 【详解】抛物线的焦点，准线，令与轴交于点，由对称性不妨令点在第一象限， 依题意均在轴的左侧，又，则也在轴的左侧且点在轴上方， 显然，由抛物线的定义知，又， 则为等边三角形，，则， 因此，， 在中. 故选：C 8. 某同学参加学校组织的数学知识竞赛，在5道四选一的单选题中有3道有思路，有2道完全没有思路，有思路的题目每道做对的概率为，没有思路的题目只好任意猜一个答案．若从这5道题目中任选2题，则该同学2道题目都做对的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解. 【详解】设事件A表示“两道题全做对”， 若两个题目都有思路，则； 若两个题目中一个有思路一个没有思路，则； 若两个题目都没有思路，则； 故. 故选：D. 二．多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得零分. 9. 现有分别标有2024，2021，2028，2023，2020，2022数字的6张卡片，下列说法正确的是（ ） A. 卡片数字的第80百分位数为2024 B. 从中随机抽取两张，共有30种不同的组合 C. 从中随机抽取一张，抽到偶数的概率比奇数大 D. 从中随机抽取一张，抽到质数是等可能事件 【答案】AC 【解析】 【分析】求出第80百分位数判断A；利用组合计数判断B；求出概率判断C；确定质数个数判断D. 【详解】对于A，由，得数据2020，2021，2022，2023，2024，2028的第80百分位数为2024，A正确； 对于B，从中随机抽取两张，共有种不同的组合，B错误； 对于C，从中随机抽取一张，抽到偶数的概率是，抽到奇数的概率是，C正确； 对于D，6张卡片上的数都是合数，抽到质数是不可能事件，D错误. 故选：AC 10. 如图，矩形中，，是边的中点，将沿直线翻折成（点不落在底面内），连接．若为线段的中点，则在的翻折过程中，以下结论正确的是（ ） A. 平面恒成立 B. 不存在某个位置，使 C. 线段的长为定值 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质、线面垂直的判定定理、余弦定理、棱锥的体积公式逐一判断即可. 【详解】对于A，设的中点为，连接，由为线段的中点，得， 而平面，平面，则平面， 在矩形中，，是边的中点，则， 又平面，平面，则平面， 而，平面，因此平面平面， 又平面，所以有平面恒成立，A正确； 对于B，设在底面的射影为，连接， 在矩形中，，是边的中点，，， 由与全等可得，显然与不垂直(不在线段的中垂线上)， 假设存在某个位置，使，由平面，平面，得， 而，，平面，则平面， 又平面，则有，与与不垂直矛盾， 所以不存在某个位置，使，B正确； 对于C，在矩形中，，是边的中点，则， 由，，得，，， 由余弦定理得，C正确； 对于D，，D错误. 故选：ABC 11. 已知数列满足：，其中，下列说法正确的有（ ） A. 当，时， B. 当时，数列不一定是递增数列 C. 当时，若数列是递增数列，则 D. 当，时， 【答案】ABCD 【解析】 【分析】根据可得，迭代求解判断A；由为常数列判断B；由已知判断数列的单调性，再建立关于的一元二次不等式，解出首项的取值范围，判断C；由已知可得，由此推导出，再求和判断出D. 【详解】对于A，当时，，又，则， 当时，，而，因此，A正确； 对于B，显然且，即， 当，时，，即，此时数列是常数列，不单调，B正确； 对于C，数列是递增数列，当时，有， ，因此， 则，即，解得或，C正确； 对于D，当时，，结合， 可知，，，结合， 可知是递增数列，，则， 即，所以， 即， 所以，当时，，所以， 可得，D正确； 故选：ABCD 【点睛】方法点睛：递推关系式转化的常见形式 （1）转化为常数，则数列是等差数列． （2）转化为常数，则数列是等差数列． （3）转化为常数，则数列是等差数列． （4）转化为常数，则数列是等差数列． （5）转化为常数，则数列是等差数列． （6）转化为常数，则数列是等差数列 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出圆锥轴截面图象，根据图象求出圆锥底面半径和母线，根据侧面积公式即可求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面， 依题意，底面圆半径为，母线， 屋顶的面积， 故答案为： 13. 对于一个给定的数列，把它的连续两项与的差记为，得到一个新数列，把数列称为原数列的一阶差数列.若数列为原数列的一阶差数列，数列为原数列的一阶差数列，则称数列为原数列的二阶差数列.已知数列的二阶差数列是等比数列，且，则数列的通项公式___________. 【答案】 【解析】 【分析】运用等比数列通项公式及累加法可求得结果. 【详解】设数列为原数列的一阶差数列，为原数列的二阶差数列. 则由题意可知. 又为等比数列，故公比，所以，即. 当时，， 将代入得，符合， 所以，. 所以， 当时，， 将代入得，符合， 所以，. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，已知双曲线经过点，点与点关于原点对称，为上一动点，且异于，两点．若的重心为，点，则的最小值______； 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出双曲线的方程，再利用三角形的重心坐标公式求得动点的轨迹方程，借助两点间距离公式求出的最小值. 【详解】由双曲线经过点，得，解得， 则双曲线，显然，设， 由的重心为 ，得，解得， 又，于是，即， 而不共线，即 且，因此不满足上述方程， 于是，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 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. 如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，. （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 连接，，，，， 由余弦定理可得. 满足，所以，即. 因为平面平面，且交线为，由，平面，得平面. 由平面，得，. 因为，，且，平面， 所以平面. 由平面，得. 设，，有，解得：，即. 所以，满足，即. 又因为，，且，平面， 所以平面. 由平面，得. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到平面，从而； 根据题目条件解得，由勾股定理；利用线面垂直的判定定理得证平面，所以. （2）建立合适的空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用公式求出直线与平面所成角的正弦值为. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系. ，，， ，. 设平面的法向量， 由，即， 取，得到平面的一个法向量. 又， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，． （1）求的大小； （2）若，D是边AB上的一点，且，求线段CD的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及余弦定理可得到，进而即可求得的大小； （2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，进而即可求解． 【小问1详解】 因为， 则由正弦定理得，整理得， 又由余弦定理有，得， 又，所以． 【小问2详解】 在中，由正弦定理得， 所以， 又，所以，， 在中，由余弦定理得 ， 又，则， 所以，当且仅当，即时，等号成立， 所以，即线段的最大值为． 17. 某产品的尺寸与标准尺寸的误差绝对值不超过4即视为合格品，否则视为不合格品.假设误差服从正态分布且每件产品是否为合格品相互独立.现随机抽取100件产品，误差的样本均值为0，样本方差为4.用样本估计总体. （1）试估计100件产品中不合格品的件数（精确到1）； （2）在（1）的条件下，现出售随机包装的100箱该产品，每箱均有100件产品.收货方对每箱产品均采取不放回地随机抽取方式进行检验，箱与箱之间的检验相互独立.每箱按以下规则判断是否接受该箱产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒绝该箱产品；如果抽检的第1件产品合格，则再抽1件，如果抽检的第2件产品合格，则接受该箱产品，否则拒绝该箱产品.若该箱产品通过检验后生产方获利1000元；该箱产品被拒绝，则亏损89元.求100箱该产品利润的期望值. 附：若随机变量服从正态分布，则， 【答案】（1）约为5件； （2）元. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正态分布的概率求出这批产品的合格率即可得估计值. （2）利用互斥事件的概率及条件概率公式求出一箱产品通过的概率，再利用二项分布的期望公式及期望的性质计算即得. 【小问1详解】 分别用样本均值和样本标准差估计正态分布的参数和，得产品的尺寸误差， ， 因此估计这批产品的合格率为，样本的不合格品率为， 所以估计100件产品中有件不合格品. 【小问2详解】 设“抽检的第1件产品不合格”，“抽检的第2件产品不合格”， 则一箱产品被拒绝的事件为， 因此， 设100箱产品通过检验的箱数为，则， 因此100箱利润， 所以平均利润（元）. 18. 已知椭圆的离心率. （1）若椭圆过点，求椭圆的标准方程. （2）若直线均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设. ①求； ②记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程. （2） ①利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；②求得，并利用等比数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 因，可得： ①， 又椭圆过点，可得 ②， 联立①，②，解得， 故椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时， 直线与轴重合，不符合题意，故直线的斜率均存在且不为0. 设直线的方程为， 联立，消去，整理得：， 因直线交椭圆于两点，则，且，则， 因直线的方程为，同理可得：， 因三点共线，则，即， 易知，则， 因，则； ②结合①可知，则 ， 因，则数列是首项为9，公比为3的等比数列， 所以数列的前项和为. 【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题，属于难题.解题的关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到. 19. 黎曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数（，s为常数）密切相关，请解决下列问题． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时； ①证明有唯一极值点； ②记的唯一极值点为，讨论的单调性，并证明你的结论． 【答案】（1）在上单调递减； （2） 当时， ①由（1）可知 令，可得, 易知当时，，即函数在上单调递增， 当时，，即函数在上单调递减， 即函数在处取得极大值，也是最大值； 注意到，由单调性可得，可知在大于零， 不妨取，则； 由零点存在定理可知存在唯一变号零点， 所以存在唯一变号零点满足， 由单调性可得，当时，，当时，； 即可得函数在上单调递增，在单调递减； 所以有唯一极大值点； ②记的唯一极值点为，即可得 由可得， 即可得的反函数， 令,，则， 构造函数，则， 显然在恒成立，所以在上单调递增， 因此，即在上恒成立， 而，即，所以在上恒成立， 即可得在上恒成立，因此在单调递增； 易知函数与其反函数有相同的单调性，所以函数在上单调递增； 【解析】 【分析】（1）对函数求导，并构造函数利用即可得出恒成立，可得函数在上单调递减， （2）①易知当时，由可知存在唯一变号零点，即可知有唯一极大值点； ②易知，求得的反函数，利用的单调性即可求得为单调递增； 【小问1详解】 由可得 ， 令，则； 又，，所以，即恒成立； 即函数在上单调递减， 又，所以， 可得恒成立，因此函数在上单调递减， 即当时，函数在上单调递减； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题在证明的单调性时，由于的表达式不易得出，因此可利用其反函数的单调性进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $