2024年广州市高三数学考前冲刺训练试卷（一）附答案解析

年广州市高三数学考前冲刺训练试卷（一）本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．若幂函数在上单调递增，则实数的值为（

）A．2 B．1 C． D．3．下列说法正确的是（

）A．数据，1，2，4，5，6，8，9的下四分位数是7B．已知随机变量，若，则C．若随机变量满足，则D．若随机事件，满足，则4．记为等差数列的前项和，若，则使成立的最大正整数的值为（

）A．17 B．18 C．19 D．205．已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径分别为，，且，则圆台的体积与球的体积之比为（

）A． B． C． D．6．一个盒子里装有3个黑球，2个白球，它们除颜色外完全相同.现每次从袋中不放回地随机取出一个球，记事件表示“第次取出的球是黑球”，，则下列结论不正确的是（

）A． B．C． D．7．已知为锐角，，则（

）A． B． C． D．8．已知定义在上的函数的导函数为，且.对于任意的实数，均有成立，若，则不等式的解集为（

）A． B． C． 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．已知复数，，下列结论正确的有（

）A． B．若，则C．若，则 D．若，，则为纯虚数10．已知，且，则下列结论成立的是（

）A． B．C．存在，使得 D．11．在棱长为1的正方体中，若点为四边形内（包括边界）的动点，为平面内的动点，则下列说法正确的是（

）A．若，则平面截正方体所得截面的面积为B．若直线与所成的角为，则点的轨迹为双曲线C．若，则点的轨迹长度为D．若正方体以直线为轴，旋转后与其自身重合，则的最小值是120三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若向量在向量上的投影为，且，则.13．如图，画一个正三角形，不画第三边；接着画正方形，对这个正方形，不画第四边；接着画正五边形，对这个正五边形，不画第五边；接着画正六边形，……，这样无限画下去，形成一条无穷伸展的等边折线.设线段与线段所夹的角为，则，满足的最小值为.14．在中，是边上一点，，若，且的面积为，则.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)若时，恒成立，求实数的取值范围；(2)将函数的图象的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位，得到函数的图象.若，函数有且仅有4个零点，求实数的取值范围.16．已知四棱锥的底面是正方形，给出下列三个条件：①；②；③平面.(1)从①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立；(2)在（1）的条件下，若，当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值.17．已知，，平面上有动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为1.(1)求动点的轨迹的方程.(2)过点A的直线与交于点（在第一象限），过点的直线与交于点（在第三象限），记直线，的斜率分别为，，且.试判断与的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.18．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式：当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留继续投掷骰子；当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.(1)求三次投掷骰子后球在甲手中的概率；(2)投掷次骰子后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；(3)设，求证：.19．若集合的非空子集满足：对任意给定的，若，有，则称子集是的“好子集”.记为的好子集的个数.例如：的7个非空子集中只有不是好子集，即.记表示集合的元素个数.(1)求的值；(2)若是的好子集，且.证明：中元素可以排成一个等差数列；(3)求的值.1．C【分析】由分式不等式的求解方法求集合A，再由对数函数的性质解不等式求得集合B，结合并集的概念即可得答案.【详解】因为，，因此，.故选：C.2．A【分析】根据条件，利用幂函数的定义和性质，即可求出结果.【详解】因为幂函数在上是增函数，所以，解得.故选：A.3．D【分析】对于A，使用百分位数的定义即可；对于B，使用期望的性质即可；对于C，利用方差的性质即可；对于D，利用独立事件的性质和概率乘法公式即可.【详解】对于A，8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B，因为，则，则，故B不正确；对于C，随机变量满足，则，故C不正确；对于D，若，则，独立，从而，独立，所以，故D正确.故选：D.4．B【分析】由题意可得，，然后根据等差数列的性质证明及即可.【详解】由知，，故当时均有.故，且当时有.故选：B.5．B【分析】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，即可得答案.【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.设圆台的体积为，球的体积为，则.故选：B.6．C【分析】使用古典概率方法即可确定，，然后可以验证选项A和D，最后使用加法公式验证选项B，使用条件概率公式验证选项C即可.【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В，，，В正确；对于C，有，C错误；对于D，有，D正确.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用排列组合知识确定基础事件的概率.7．D【分析】借助三角恒等变换、同角三角函数的基本关系计算即可得.【详解】因为为锐角，所以，，又，所以，而，所以，所以，因此.故选：D．8．D【分析】构造函数，然后由已知可得的单调性，最后将不等式转化为，即可得到答案.【详解】，令，则，则在上单调递增.由，为奇函数，得，则，从而原不等式可化为，即，此即为.由于在上单调递增，故这等价于，所以不等式的解集为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造新的函数并利用已知条件.9．AD【分析】由复数的向量表示结合向量知识即可验证A，通过一些举例可以排除B、C选项，由复数的除法运算集合复数的概念即可验证D.【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．ABD【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.【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．ABD【分析】由截面知识结合三角形面积公式即可验证A，由异面直线夹角结合双曲线的定义可验证B，由椭球的概念和性质可知该椭球被平面截得的在四边形内的部分为半圆，且半径为，则可验证C，将正方体绕旋转后与其自身重合，转化为旋转后能和自身重合，则D可验证.【详解】对于A，若，显然平面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，若与所成的角为，则点在以为旋转轴的圆锥（无底）的表面上，而平面，所以则点的轨迹为双曲线，所以B正确；对于C，若，则在以、为焦点的椭球上且，，所以，又因为点为四边形内，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，平面，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.故选：ABD.12．【分析】根据投影公式求出，由得，代入向量夹角公式，即可得出答案．【详解】在上的投影为，，则，即又，平方得，则即．故答案为：．13．1712【分析】通过观察规律可得，进一步正多边形有个，列出不等式，可求得的最小值为61，从而结合等差数列求和公式即可得解.【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61，即满足条件的角至少要在正61边形中，所以，即的最小值为1712.故答案为：，1712.14．【分析】作的角平分线,即可利用等面积法得，结合等腰关系即可求解，进而判断为等边三角形，即可利用面积求解，即可求解.【详解】作的角平分线,由得,故是的角平分线，根据等面积法可得,由于,所以，又，所以，，所以，所以，因此，故为等边三角形，所以，，故答案为：【点睛】关键点点睛：根据作角平分线，得等腰关系，利用角平分线定理得比例关系，是解决本题的关键之处.15．(1)(2)【分析】（1）利用三角恒等变形，转化为正弦型函数，然后利用相位整体思想，结合正弦曲线，求出最值，即可得到答案；（2）根据伸缩和平移变换，得到新的函数解析式，再同样把相位看成一个整体，利用正弦曲线，数形结合，就可以判定端点值的取值范围，从而得到解答.【详解】（1）因为，当时，可得，当，即时，取得最小值，因为时，恒成立，所以，即实数的取值范围为.（2）由图象的横坐标缩小为原来的，可得：，再将其向右平移，可得：，即函数，因为，所以，在给定区间的正弦函数的零点是，再由函数有且仅有4个零点，则满足，解得，所以实数的取值范围.16．(1)答案见解析(2)【分析】（1）①②③：可以通过分别证明，，结合线面垂直的判定定理得平面，进一步，结合即可得证；②③①：首先证明平面，结合底面是正方形，是正方形的中心即可得证；①③②：首先通过证明平面，得到四棱锥是正四棱锥，进一步通过证明平面即可得证；（2）首先通过基本不等式证明当四棱锥体积取最大值时，四棱锥的底边边长为.法一：由定义找出二面角，结合解三角形知识即可得解；法二：建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量夹角的余弦公式即可得解.【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.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，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，（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.（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.17．(1)(2)是，定值为【分析】（1）设，根据题意结合斜率公式分析运算即可；（2）分析可知，设直线和相关点，联立方程结合韦达定理分析可得直线过定点，进而可得面积之比.【详解】（1）设，，由题意可得：，整理得，故求动点的轨迹方程为.（2）由题意可知：，且，可得，显然直线MN的斜率不为0，设直线的方程为，，，联立方程，消去x得，则，，可得，则，整理可得，则，因为，则，可得，整理可得，所以直线方程为，即直线过定点，则，此时，，所以为定值.【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，注意的判断；（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.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）分析事件“三次投掷骰子后球在甲手中”包括四类情况，由独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式即得；（2）经分析，满足递推公式，变形后转化成等比数列，即可求得通项；（3）将（2）代入化简得，利用裂项求和法得，再对分奇偶进行讨论，利用函数单调性求出和的范围即得.【详解】（1）依题意，球在甲手中时，保留在自己手中的概率为，传给乙的概率为；球在乙手中时，传给甲的概率为，传给丙的概率为；球在丙手中时，传给甲和丙的概率都是.则三次投掷骰子后球在甲手中包括四类的情况，第一类情况：甲→甲→甲→甲，概率为；第二类情况：甲→乙→甲→甲，概率为；第三类情况：甲→乙→丙→甲，概率为；第四类情况：甲→甲→乙→甲，概率为由互斥事件的概率加法公式，三次投掷骰子后球在甲手中的概率为.（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，变形为.又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以.所以数列的通项公式.（3）由（2）可得，则①当是奇数时，因是单调增函数，故，则，于是，，故；②当是偶数时，因是单调减函数，故，则，于是，，故.综上，.【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的概率与数列知识点的交叉融合，属于难题.解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和，以及就的奇偶分类讨论和函数的单调性.19．(1)11(2)证明见解析(3)6【分析】（1）根据“好子集”的定义，就的所有非空子集一一判断即得；（2）将集合中的元素从小到大排列，分析判断得出时，和奇偶性