試卷解析：廣東省X圳中學2023-2024學年高三寒假開學適用性考試數學試題（解析版）

絕密★啟用前2024屆高三年級寒假開學適應性考試數學本試卷共4頁，19小題，滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名和考生號、試室號、座位號填寫在答題卡上.用2B鉛筆將試卷類型和考生號填涂在答題卡相應位置上.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應的題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再填涂其他答案.答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案，不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設等比數列的各項均為正數，為其前項和，若，則（）A.6B.8C.12D.14【答案】D【解析】【分析】結合等比數列的性質可計算出公比，由等比數列前項和的定義即可得.【詳解】設公比為，則，則，又各項均為正數，故，則.故選：D.2.已知7個數據0，1，5，6，7，11，12，則這組數據的第百分位數為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據百分位數計算規(guī)則計算可得.【詳解】因為，所以這組數據第百分位數為這組數據從小到大排列的第個數，即為，所以這組數據的第百分位數為.故選：D3.已知在上單調遞減，且，則下列結論中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用函數的單調性判斷即可.【詳解】由得，，結合在上單調遞減，則必有，顯然B正確，A錯誤，而當時，不在定義域內，故無法比較，C,D錯誤.故選：B4.已知非零向量，，滿足，且，對任意實數，，下列結論正確的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據向量的數量積的運算律求解即可.【詳解】非零向量，，滿足，且，對于A，不恒為，故A錯誤；對于B，，故B正確；對于C，不恒為，故C錯誤；對于D，不恒為，故D錯誤.故選：B.5.在中，若，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由同角三角函數之間的基本關系可得，再由正弦定理可求得.【詳解】易知，由可得；利用正弦定理可得.故選：D6.如圖，在正方體中，，，分別是，的中點.用過點且平行于平面的平面去截正方體，得到的截面圖形的面積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取的中點，連接，，，證明平面平面，進而求出截面面積.【詳解】取的中點，連接，，，正方體，平面，平面，，是的中點，，且，四邊形是矩形，且，四邊形是平行四邊形，，平面，平面，平面，平面，平面，平面，，平面，平面，平面平面，即平面為過點且平行于平面的平面截正方體所得平面，，，，.故選：A.7.已知正整數N的70次方是一個83位數，則由下面表格中部分對數的近似值（精確到0.001），可得N的值為（）M23711130.3010.4770.8451.0411.114A.13B.14C.15D.16【答案】C【解析】【分析】根據題意，得到，取常用對數得，結合表中的數據，求得，即可求解.【詳解】由正整數的70次方是一個83位數，所以，取常用對數得，即由表可知：，因為，所以的值為.故選C.8.已知線段的長度為是線段上的動點（不與端點重合）.點在圓心為，半徑為的圓上，且不共線，則的面積的最大值為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐標系，結合圖形分析可得，利用正弦函數的性質以及二次函數的性質即可得最值.【詳解】如圖：設，圓M的半徑為r，則，所以的面積，當為時取等號，再結合二次函數的性質可得當時S有最大值，故選：A.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分.9.已知函數的定義域為R，則以下選項正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，且為奇函數，則D.若，且，則為奇函數【答案】AC【解析】【分析】根據題意結合奇函數的定義逐項分析判斷.【詳解】已知函數的定義域為R，對于選項A：若，則，故A正確；對于選項B：例如，滿足，但，不滿足，故B錯誤；對于選項C：若，且為奇函數，則，可得，故C正確；對于選項D：例如，滿足，且，但，不滿足，即不為奇函數，故D錯誤；故選：AC.10.已知m，n都是正整數，且，下列有關組合數的計算，正確的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】對A、C：借助組合數的性質計算即可得；對B：舉出反例即可得；對D：由，借助的系數關系與組合數的性質計算即可得.【詳解】對于A，因為，，所以，即A正確；對于B，當、時，左邊，右邊，等式不成立，故B不正確；對于C，，故C正確；對于D，因為，等式左邊的系數為：，等式右邊的系數為：，所以，故D正確.故選：ACD.11.已知函數的部分圖像如圖1所示，A，B分別為圖像的最高點和最低點，過A作x軸的垂線，交x軸于，點C為該部分圖像與x軸的交點.將繪有該圖像的紙片沿x軸折成直二面角，如圖2所示，此時.下列結論正確的有（）A.B.圖2中，C.圖2中，過線段的中點且與垂直的平面與x軸交于點CD.圖2中，S是及其內部的點構成的集合.設集合，則T表示的區(qū)域的面積大于【答案】BC【解析】【分析】先求出函數的最小正周期，從而得到，作出輔助線，表達出，根據，求出，結合的取值范圍求出的值，可判斷A；利用空間向量數量積的定義可判斷B；設中點為，C在過M與垂直的平面上可判斷C；表示的區(qū)域是圓心角為，半徑為1的扇形，結合扇形的面積公式可判斷D.【詳解】過點作軸，垂足為，連接，，因為得最小正周期，所以，由，得，解得.對于A，因為過，所以，即，根據五點作圖法，結合圖像可得，，因為，所以，所以A錯誤；對于B，法1：由可得，，如圖建系，則，，.，所以B正確；法2：因為，在和上投影的數量分別為，，且，所以，所以B正確：對于C，設中點為，因為，所以，所以C在過M與垂直的平面上，即過中點與垂直的平面與x軸交于點C.故C正確；對于D，因為，所以，則表示的區(qū)域是圓心角為，半徑為1的扇形，又因為，所以該扇形的面積為，所以D錯誤.故選：BC.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵在于建立空間直角坐標系，通過空間向量法來求解相應問題.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題卡相應橫線上.12.設，若復數在復平面內對應點位于虛軸上，則__________.【答案】【解析】【分析】由復數的乘法運算結合復數的幾何意義求解即可.詳解】，復數在復平面內對應的點為，所以，解得：.故答案為：.13.設拋物線的焦點為，點是的準線與的對稱軸的交點，點在上.若，則__________.【答案】【解析】【分析】根據，結合拋物線定義可推導得到結果.【詳解】由題意知：，，設，由得：，又，，即.故答案為：.14.已知實系數一元二次方程有實根.則使得，成立的正實數的最大值為______.【答案】【解析】【詳解】不妨設，方程的兩個實根為、.由韋達定理得，.則.從而，，當時，等號成立.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.15.某學校開展健步走活動，要求學校教職員工上傳11月4日至11月10日的步凝.啟息.教師甲、乙這七天的步數情況如圖1所示.（1）從11月4日至11月10日中隨機選取一天，求這一天甲比乙的步數多的概率；（2）從11月4日至11月10日中隨機選取三天，記乙的步數不少于20000的天數內，求的分布列及數學期望；【答案】（1）；（2）分布列見解析，.【解析】【分析】（1）根據古典概型求解即可；（2）的可能取值為0，1，2，分別求出每種情況的概率，再寫出分布列并求期望即可；【小問1詳解】設“甲比乙的步數多”為事件A，在11月4日至11月10日這七天中，11月5日與11月9日這兩天甲比乙步數多，所以；【小問2詳解】由圖可知，7天中乙的步數不少于20000步的天數共2天；的所有可能取值為0，1，2，，，，所以的分布列為012.16.如圖，在直三棱柱中，分別為的中點.（1）求證：平面；（2）若點是棱上一點，且直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.【答案】（1）證明見解析（2）1【解析】【分析】（1）通過取的中點構建平面平面即得；（2）由題設易于建系，運用空間向量的夾角公式表示出直線與平面所成角的正弦值，解方程即得.【小問1詳解】如圖，取線段的中點，連接,因分別為的中點,故有,又因為平面，平面,故平面，平面，又,則平面平面,因平面，則平面.【小問2詳解】如圖，分別以為軸的正方向建立空間直角坐標系.則,設點,則，代入坐標得：，即，于是,,設平面的法向量為，則有故可取，依題意得，，解得：，即線段的長為1.17.已知橢圓：的右焦點坐標為（2，0），且長軸長為短軸長的倍，直線交橢圓于不同的兩點M和N，（1）求橢圓的方程；（2）若直線的方程為，點M關于x軸的對稱點為，直線，分別與x軸相交于P、Q兩點，求證：為定值.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據題意，結合的關系即可求得橢圓的方程；（2）由已知得的坐標，聯立直線與橢圓方程，寫出韋達定理，并求出直線的方程，令，求出，即可得，并根據直線方程求出，然后相乘代入化簡即可.【小問1詳解】由題意得，，解得，，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由題意知點的坐標為，將，代入，得：，∴，，，對于直線，令得，∴，對于直線：，令，得，，∴可得.18.已知函數，（1）求和的極值；（2）是否存在直線，其與曲線和曲線共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等比數列，如果存在，求出直線的位置；如果不存在，請說明理由.【答案】（1）取得極大值，無極小值，取得極大值，無極小值；（2）存在，直線過兩個函數圖象的交點【解析】【分析】（1）利用導數分析單調性研究函數的極值即可.（2）由直線過兩個函數圖象的交點時，設交點為，直線與在的左邊交點為，與在的右邊交點為，根據，，結合兩個函數的單調性求解即可.【小問1詳解】，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得極大值，無極小值.，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，當時，取得極大值，無極小值.【小問2詳解】當直線過兩個函數圖象的交點時，滿足題意.設交點為，直線與在的左邊交點為，與在的右邊交點為，由（1）知，且，，.因為，所以，又，，且在上單調遞增，所以，所以又，所以，又，，且在上單調遞減，所以，則，所以，即，，成等比數列.【點睛】關鍵點點睛：本題第二問關鍵是由，利用在上單調遞增，得到，同理得到，在利用等比中項證明.19.給定正整數，設集合．對于集合中的任意元素和，記．設，且集合，對于中任意元素，若則稱具有性質．（1）判斷集合是否具有性質？說明理由；（2）判斷是否存在具有性質的集合，并加以證明；（3）若集合具有性質，證明：．【答案】（1）具有，理由見解析（2）不存在，證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據集合具有性質的特征，即可根據集合中的元素進行檢驗求解，（2）假設集合具有性質，分別考慮時，集合中的元素，即可根據的定義求解.（3）根據假設存在使得，考慮當時以及時，分量為1的個數即可討論求解.【小問1詳解】因為，同理．又，同理．所以集合具有性質．【小問2詳解】當時，集合中的元素個數為．由題設．假設集合具有性質，則①當時，，矛盾．②當時，，不具有性質，矛盾．③當時，．因為和至多一個在中；和至多一個在中；和至多一個在中，故集合中的元素個數小于，矛盾．④當時，，不具有性質，矛盾．⑤當時，，矛盾．綜上，不存在具有性質的集合．【小問3詳解】記，則．若，則，矛盾．若，則，矛盾．故．假設存在使得，不妨