精品解析：江苏省前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题

江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．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． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A. B. C. D. 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. 5 C. 15 D. 35 4. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列是公差为的等差数列，其前项和为，若，则等于（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的图象关于点对称 7. 点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（ ） A. 当时，存在使点为线段的黄金分割点 B. 对于给定的常数，不存在 使点为线段的黄金分割点 C. 对于任意的 ，存在使点为线段的黄金分割点 D. 对于任意的，存在 使点为线段的黄金分割点 8. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 2 二、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. 已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 对任意，存在，使得 D. 对任意，存在，使得 10. 已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数 D. 11. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. C. 点到平面的距离为 D. 二面角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 13. 若是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于 的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为______． 14. 近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则______秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为______. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A； （2）若，求△ABC的面积的最大值． 16. 设数列为等差数列，前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设的前项和为，证明：． 17. 厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家把一批产品发给商家时，商家按规定拾取一定数量的产品做检验，以决定是否验收这批产品： （1）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格产品的概率； （2）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检验，只有2件产品都合格时才接收这些产品，否则拒收． ①求该商家检验出不合格产品件数的均值； ②求该商家拒收这些产品的概率． 18. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形． （1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面； （2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值． 19. 已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标； （3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置． 3．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． 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：A． 2. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解． 【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有 共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有共3种情况， 所以所求的概率为. 故选：A. 3. 展开式中的系数为（ ） A. B. 5 C. 15 D. 35 【答案】A 【解析】 【分析】由分类、分步计数原理结合组合数即可运算求解. 【详解】若要产生这一项，则 当在中取1时，再在中取2个、取4个1， 当在中取时，再在中取3个、取3个1， 所以展开式中的系数为. 故选：A. 4. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为 ，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解. 【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为，圆锥底面圆半径为 , 由圆锥高为 ，得， 由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：， 联立方程组，解得，所以球表面积为， 故选：C. 5. 已知数列是公差为的等差数列，其前项和为，若，则等于（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式、性质进行求解. 【详解】由等差数列的前n项和公式可得， ， 故选：A 6. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的图象关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】由求出的范围，结合余弦函数单调性判断AC；代入验证确定对称性判断BD. 【详解】对于AC，当时，，则函数在上先增后减，A，C错误； 对于B，而，则的图象不关于直线对称，B错误； 对于D，，则的图象关于点对称， D正确． 故选：D 7. 点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（ ） A. 当时，存在使点为线段的黄金分割点 B. 对于给定的常数，不存在 使点为线段的黄金分割点 C. 对于任意的 ，存在使点为线段的黄金分割点 D. 对于任意的，存在 使点为线段的黄金分割点 【答案】D 【解析】 【分析】依题意，作出图形，结合题意可分析计算得出答案. 【详解】若，则， 即点为线段的黄金分割点， 当时，，不存在使点为线段的黄金分割点，故选项A，C错误； 如下图，当时，，当时，，则， 则存在一个使得，故选项错； 对于选项D，若与相交于相邻的三点， 其横坐标分别为，则， 将变换成后，点分别对应到点， 且满足， 故，即对比值无影响，故选项D正确. 故选：D. 8. 在平面直角坐标系 中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】在中运用双曲线的定义和余弦定理可得，在中运用余弦定理可得，再由离心率公式计算即可． 【详解】如图所示，根据双曲线的定义，，， 在中，由余弦定理得, 即， 又因为，所以， 所以，即. 在中，由余弦定理得，， 且, 所以， 化解得， 即， ， ， 所以， 即，则 故离心率. 故选：D. 二、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. 已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ） A. 存在，使得 B. 存在，使得 C. 对任意，存在，使得 D. 对任意，存在，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可. 【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误； 对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确； 对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设，使得 为在平面上的射影，存在，使得，此时，故C正确； 对D，当时，在平面上不存在直线使得，故D错误. 故选：BC 10. 已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 是周期函数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解. 【详解】由，得， 则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确； 令，得，则，因此，A错误； 由，得，则， 因此的图象关于直线对称，B正确； 由，得的图象关于直线对称， 因此直线及均为图象的对称轴， 从而，令，得， 即，则， 故 ，D正确. 故答案为：BCD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 11. 如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. C. 点到平面的距离为 D. 二面角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项. 【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知， 在中，因为， 所以， 故， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，在中，因为， 则， 在中，利用余弦定理, 可求得或（舍去）， 因此，故错误； 对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由B选择可知，，， 所以， 故， 设为平面的法向量， 则， 令，则， 设点到平面的距离为， 所以由点到平面的距离公式得： ，故C正确； 对于D，由C选项中坐标可知， 为平面的一个法向量， ， 设平面的一个法向量为， 则 令， 所以， 因此二面角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点A处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解. 【详解】设, 则，. 以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系, 则，, 所以. 令，，则，. 由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以. 又，所以在上的值域为， 所以. 故答案为：. 13. 若是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为______． 【答案】9 【解析】 【分析】根据集合上的拓扑的集合的定义，判断的值，利用元素与集合的关系判断满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑的个数． 【详解】因为函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合， 所以，故， ①当时，则， ②当时，显然， ③当时，，， ④当时，， ， ∵中含有4个元素，其中两个元素和， 设其它两个元素为，则， 由对称性，不妨设，其中表示集合A中元素的个数， ，又，或， 若，则只能等于，（若，则，则，矛盾）， 则必有， ∴的个数的个数种．即或或； 若，此时满足， 且且， 所以， ∴B的选择共有种，则的个数有种， ∴的个数种． 这6种是， 综上可知的个数为9个． 故答案为：9． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种. 14. 近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则______秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得. 【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速， 设点，圆上两点A、B始终保持， 则，要使A、B两点的竖直距离为0， 则，第一次为0时，，解得， . 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A； （2）若，求△ABC的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可. （2）利用给定条件表示出，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理：，得， 故，因为，故． 【小问2详解】 由（1）可知，又，则， 由基本不等式可知，解得， 所以，当且仅当时取等号． 所以△ABC的面积最大值为． 16. 设数列为等差数列，前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）设的前项和为，证明：． 【答案】（1） （2）证明： 所以 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质和前n项求和公式求出公差和首项，结合等差数列的通项公式即可求解； （2）由（1）可得，根据裂项相消法计算可得，即可证明. 【小问1详解】 ， 由 ， 所以 ， 所以． 【小问2详解】 略 17. 厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家把一批产品发给商家时，商家按规定拾取一定数量的产品做检验，以决定是否验收这批产品： （1）若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格产品的概率； （2）若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检验，只有2件产品都合格时才接收这些产品，否则拒收． ①求该商家检验出不合格产品件数的均值； ②求该商家拒收这些产品的概率． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由对立事件概率公式及产品合格的概率为，易得从产品中任意取出件进行检验.即可求得至少有件是合格的概率； （2）①根据（1）的结论，得出所有可能取值及其概率后，由数学期望的计算公式计算即可得；②借助概率公式计算即可得. 【小问1详解】 记“厂家任取件产品检验，其中至少有件是合格品”为事件， 则； 【小问2详解】 ①设商家可能检验出不合格产品数为，则的可能的取值为， ， ， ， ； ②记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件， 则商家拒收这批产品的概率， 所以商家拒收这批产品的概率为. 18. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形． （1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面； （2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接交于 ，连接， 因为侧面为矩形， 所以，又为中点， 所以， 又因为， 所以． 所以，又平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于 ，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，过点作射线， 因为底面为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且． 又，平面，所以平面， 在平面中，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以，又，平面，平面， 所以平面， 则即为直线和平面所成的角， 于是为点到平面的距离，且， 设直线和平面所成角为，又， 则， 所以直线和平面所成角的正弦值为． 【点睛】 19. 已知椭圆C：，过右焦点F的直线l交C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．当轴时，，椭圆C的离心率为． （1）求椭圆C的标准方程； （2）证明：直线MN过定点，并求定点坐标； （3）设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明：B，D在x轴上方，直线l斜率存在且不为0， 设直线，联立椭圆，消去x得：， 由韦达定理得：， ， 则中点， 由，所以以代替m可得， 所以， ， 化简得， 则过定点． 当时，取，，则过定点； 当时，取，，则过定点； 综上直线MN过定点． （3） 【解析】 【分析】（1）由通径和离心率求出a，b，c的值，得椭圆C的标准方程； （2）设直线AB和DE的方程，与椭圆方程联立，表示出M，N两点坐标和直线MN的方程，由方程确定所过定点； （3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值． 【小问1详解】 由题意可得，解得，， 则椭圆C的标准方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 M，N分别为AB，DE的中点， ， 由（2）知， 以代替m可得， 所以， 当且仅当即时，． 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $