2024届高三数学冲刺训练卷（一）参考答案

数学答案第=page88页（共=sectionpages1010页）答案第=page22页，共=sectionpages22页2024届高三数学冲刺训练卷（一）参考答案一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的.1．C【详解】因为，，因此，．故选：C．2．A【详解】因为幂函数在上是增函数，所以，解得.故选：A3、D【详解】对于选项A，个数据从小到大排列，所以下四分位数即第25百分位数，，所以应该是第二个与第三个的平均数，故A不正确；对于选项B，因为，则，则，故B不正确；对于选项C，随机变量满足，则，故C不正确；对于选项D，若，则，独立，，独立，，故D正确.故选：D．4.B【详解】由可得，，，，，，即则使成立的最大正整数的值为18.故选：B．5.B【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，，设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，从而，故.设台体体积为，球体体积为，则.故选：B6．C【详解】依次一个一个地往外取球（不放回）的试验，基本事件总数是，它们等可能，对于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正确；对于B，，，B正确；对于C，，所以，C错误.对于D，，D正确，故选：C7．D【详解】因为为锐角，所以，，又，所以，而，所以，，因此.故选：D．8．D【详解】

，令，

则，则在上单调递增，

由，为奇函数，得，则，

，

所以所以，不等式的解集为，故选二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。9.【答案】AD【详解】对于A，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，所以恒成立，故A正确；对于B，取，但，故B错误；对于C，当时，，而，故C错误；对于D，，故D正确；故选AD.10.【答案】ABD【详解】对于A，由及，得，所以，A正确．对于B，由及，得，所以．同理可得．又，所以，所以，B正确．对于C，由及，得，所以，得，所以，得，C错误．对于D，由，得，所以．因为，，所以，所以，D正确．故选：ABD．11．【答案】ABD对于A，若，显然平面PAC截正方体所得截面为，所以，截面面积为，所以A正确；对于B，因为，若与AB所成的角为，则N点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而，所以则N点的轨迹为双曲线，所以B正确；对于C，若，则P在以A、C为焦点的椭球上且，，所以，又因为点P为四边形内，该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，所以点的轨迹长度为，所以C错误，对于D，，且为正三角形，若正方体绕旋转后与其自身重合，只需要旋转后能和自身重合即可，所以D正确。故答案为ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．【答案】【详解】在上的投影为，，则，即又，平方得，则即．故答案为：．13．【答案】【详解】由题意得，，由此类推，，，，，，，，，，…，观察规律，三角形会有1个相等的角，并且角的度数恰好是其内角的度数，正方形有2个，正五边形有3个，正六边形有4个，…，所以正多边形有个．令，解得，所以的最小值为，即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为14．【答案】【详解】，，，所以，即而，，即，在中，设，则，所以所以因为，所以，所以，，所以所以，，而的面积为，所以，所以，故答案为：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.【详解】（1）解：因为，2分当时，可得，

3分当，即时，取得最小值，5分因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为.

6分解：由题意，函数，

8分因为，所以，

9分又因为函数有且仅有5个零点，则满足，

12分解得，

所以实数的取值范围

13分16.【详解】（1）①②③,连接相交于，连接，由于底面是正方形，所以，又，平面，故平面，平面,故,由于，故,因此,平面，故平面，（可得四棱锥是正四棱锥）平面，故,又平面,故平面．7分②③①,连接相交于，连接,由于底面是正方形，所以，又，平面，故平面，平面，故,又平面，平面，故,平面,故平面,结合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱锥是正四棱锥，故，7分①③②,连接相交于，连接,平面，平面，故,由于故,又,故,故,因此，平面，故平面,故四棱锥是正四棱锥，由于，又，平面，故平面，平面,故，7分（2）无论选择哪两个条件，都可以推出四棱锥是正四棱锥，设四棱锥的底边边长为，则四，所以，故，由于，当且仅当，即时取等号，故当四棱锥的底边边长为时，四棱棱锥体积的最大值为.（法一）因为底面，由点向作垂线，垂足为，连接，又因为底面，,所以为二面角的平面角，,，，即二面角的余弦值为.15分（法二）以点为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则，所以,,设面的法向量为，则即，不妨取，则，所以，易得平面的法向量，设二面角的平面角为，即二面角的余弦值为.15分17.解：设，，3分故求动点的轨迹方程.为．4分 ，5分，即，6分设直线的方程为，，，，，联立，得，，，8分且9分∴，10分代入可得∴，12分∴直线方程为，即直线过定点13分此时，∴．15分18．【详解】（1）；第一种情况：，概率为；1分第二种情况：，概率为；2分第三种情况：，概率为；3分第四种情况：甲→甲→乙→甲，概率为4分所以三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.5分（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有．7分变形为．又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．9分所以．10分所以数列的通项公式．11分（3）由（2）可得，12分则..13分当是奇数时，15分当是偶数时，16分综上，17分19.解：（1）S4={1,2,3,4}的全部非空子集为{3,4},{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},其中好子集有{1},{2},{3},{4},{1,2},{1,4},{2,3},{3,4},{1,2,3},{2,3,4},{1,2,3,4},共有11个.所以f(4)=11..（2）将X的元素从小到大排列,即X=a1,a2,…,ak,k⩾3,其中a1所以对任意的1⩽i⩽k因此,对任意的1⩽i⩽k−2,ai和ai+2奇偶性相同,于是ai即对任意的1⩽i⩽k−2,ai+ai（3）记n=2022.首先证明Sn+2Sn因为Sn+2中不包含1的好子集每个元素均减去1即为Sn+1的每个好子集每个元素均加上1即为Sn+2的好子集,所以子集一一对应,其个数为f(n+1).故S同理可证:Sn+1中包含1的好子集个数为f(n+1)−的好子集个数.于是Sn+2中包含1