2024年典韦杯暑期联考高三7月数学试题（解析版）

第1页/共1页绝密★启用前2024年“典韦杯”暑期联考数学试卷时间：120分钟满分：150分2024.7注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：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．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】变形可得集合，都是空集，所以根据集合的并集运算可得答案.【详解】，解之可得不存在，所以集合是空集，，解之可得不存在，所以集合是空间.所以故选：A2.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数除法运算、模的运算等知识求得正确答案.【详解】依题意，所以，所以.故选：D3.若向量，单位向量与向量垂直，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据题设条件和向量数量积的运算律，求出，再利用向量的夹角计算公式化简计算即得.【详解】因单位向量与向量垂直，则，，则因，则，于是，．故选：A.4.已知数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】方法一：根据递推式子直接计算即可；方法二：对于递推式子，一般构造成等比数列，即，求出通项再求解即可.【详解】方法一：因为所以故选：B.方法二：构造等比数列设，即对照系数可得，所以所以所以数列是以为首项，公比的等比数列所以，即因此故选：B.5.若正实数满足，则的最小值为（）A.9 B.6 C.3 D.2【答案】C【解析】【分析】通过配凑，直接利用基本不等式即可求解.【详解】由为正实数，且则利用基本不等式可得：，当且仅当，即时等号成立.因此的最小值为3.故选：C.6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由倍角公式可得，即，分和两种情况，求的值，运算求解即可.【详解】因为，由可得，又因为，若，则，可得，所以；若，则，可得，所以；综上所述：.故选：B.7.设椭圆的右焦点为，动点在椭圆上，点是直线上的动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式进行求解即可.【详解】根据题意知椭圆的右焦点坐标为F1,0，左焦点坐标为，根据椭圆的定义可知，所以，则，所以最小时，即最小，定点到直线最短距离是过定点直线的垂线段，根据点到直线的距离公式可得，所以.故选：C8.定义，不超过的最大整数称为的整数部分，记作，为的小数部分，记作，这一规定最早为数学家高斯所用，因此称为高斯函数，称为小数函数，下列说法正确的是（）A. B.函数所有零点和为0C.的值域为 D.是的充要条件【答案】C【解析】【分析】根据给定函数，计算判断A；由零点的意义构造函数，作出图象，结合对称性求解判断B；利用指数型函数的值域判断C；举例说明判断D.【详解】对于A，，A错误；对于B，由，得，在同一坐标系内作出函数与的图象，函数的图象关于点成中心对称，令，令，则，，，于是，即函数图象关于点成中心对称，则函数与的图象，除交点外，其他交点都关于点成中心对称，这些交点的横坐标和为0，所以函数所有零点和为，B错误；对于C，，而，则，，，函数的值域为，C正确；对于D，当时，取，而，D错误.故选：C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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.抛出一枚质地均匀的硬币n次，得到正反两面的概率相同．事件次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中最多有一次正面朝上，下列说法正确的是（）A.当时，A，B相互独立 B.当时，A，B相互独立C.时， D.时，【答案】BC【解析】【分析】由相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式依次判断即可．【详解】抛出两次，有正反，反正，正正，反反，共四种情况，又因为，故A错误，抛出三次：正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，共八种情况，则，，，故B正确，抛出n次有种组合，次全为正面向上或n次全为反面向上，则，因此，故C正确，，故D项错误．故选：BC10.在正八面体中，所有棱长均为1，点为正方形中心，点为正八面体内切球球面上的任意一点，下列说法正确的是（）A.正八面体内切球的表面积B.正八面体的体积为C.的范围是D.若,，二面角的平面角为，则为定值【答案】ACD【解析】【分析】A.根据正四棱锥的特征，结合切点的位置，构造几何关系，即可求解；B.根据锥体的体积公式，即可求解；C.根据几何关系，转化向量求数量积，并结合直线于球的位置关系，求最值；D.构造二面角的平面角，再结合勾股定理和余弦定理建立等量关系，即可求解.【详解】A.由题意得，可以只分析正四棱锥，易得正四棱锥的高为，侧面正三角形的高为，因此由等面积法可得，解得，所以表面积为，故A正确；B．正四面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，因此，故B错误；C．取中点，，而点到的距离为，因此的最小值为，最大值为，，代入数据可得的范围是，故C正确；D．过点作，交于点，交于点,因此,即为二面角的平面角，在三角形中，，在三角形中，，所以，化简可知因此，因此D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的难度选项是D，关键是构造二面角的平面角，同时注意边长的比值于正切值的关系.11.已知，下列说法正确的是（）A.当时，单调递增B.当时，单调递减C.当时，D.当时，【答案】AD【解析】【分析】当时，由与的单调性可得的单调性，可判断；当时，利用导数分析的单调性，可判断；当时，，可得在上的单调性，从而得到，可判断；对于D，即证：，当，会随着的增大而越来越大，因此只需要证明时的情况即可，即证，令，利用导数求出的最小值即可判断.【详解】当时，与都单调递增，则单调递增；当时，单调递增，即当时，单调递增，故正确；当时，，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，故错误；当时，，所以在上单调递减，所以，即，故错误；当时，，即证：，易证，（证明：令，则，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增，则，当且仅当时，取等号，即，当且仅当时，取等号）.当，会随着的增大而越来越大，因此只需要证明时的情况即可.即只需证明恒成立，令，则，令，解得或，当时，，当时，，则在上单调递减，在单调递增，又因为，，即，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：导数的综合应用题中，最常见的就是与与其他代数式结合的难题，对于这类题，可以先对与进行放缩，使问题简化，便于化简或判断函数的正负，常见的放缩公式如下：（1），当且仅当时取等号；（2），当且仅当时取等号；（3）当时，，当且仅当时取等号.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.二项式展开后的第三项是___________【答案】【解析】【分析】根据通项公式计算即可.【详解】因为所以.故答案为：13.将函数向右平移个单位长度，则平移后图象中与y轴最接近的对称中心的坐标是_________【答案】【解析】【分析】首先求出平移后的解析式，再根据对称中心结合距离y轴距离可得.【详解】首先求出平移后的解析式，可得，而正弦函数的对称中心就是正弦函数时的所有点，因此我们令因此令，从而进而距离y轴更近，所以对称中心的坐标为.故答案为：14.设函数的极值点为,数列满足,若,则________________【答案】−2【解析】【分析】先根据函数的极值点为得出等式，再根据数列化简，计算可得值.详解】由题设，令，，单调递增，，单调递减，而时，恒成立，且，所以，存在，使，即，因此，由已知，而，故，所以①，即，由，有，，有，所以时递增，时递减，即为题设中极值点，故，由①，得，因此，所以.故答案为：−2.四、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.在锐角三角形中，分别为角所对的边，.（1）证明：.（2）求的范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）因为，由正弦定理得，化简得，则可得；（2）在锐角三角形中，由，可得的范围为，则，将化简得，设，利用换元法令，利用导数可得函数在上单调递增，即可得到，即为的范围【小问1详解】因在锐角中，，由正弦定理得，则，所以，则，所以或（舍去），所以.【小问2详解】因为是锐角三角形，又，所以，所以的范围为，则，又则，设，令，则，，所以，在上单调递增，所以，即，则，即，所以的取值范围是.16.如图为三棱锥的高，点在三角形内，为中点（图中未画），，平面.（1）求直线与平面所成角；（2）若，且，求二面角的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果；（2）如图，延长交于点，连接，证得即为二面角的平面角，由线面平行的性质可得，则，从而得到二面角的大小.【小问1详解】因为为三棱锥的高，故平面.又平面，故.因为点为的中点，则又，故，则为等边三角形，故.又平面，则即为直线与平面所成角，故与平面所成角的大小为.【小问2详解】如图，延长交于点，连接.由平面,平面，故，又，则.在与中，故，.又在与中，故，故，即为的平分线，又，则，且为的中点，又，则，则即为二面角的平面角，由平面，平面，平面平面，故.，由（1）知，，即二面角的大小为.17.王者荣耀是腾讯天美工作室推出的英雄竞技手游，不是一个人的王者，而是团队的荣耀！5v5王者峡谷PVP对战，领略英雄竞技的酣畅淋漓！在游戏中，打野玩家可以选择红开或蓝开，不依赖蓝条的英雄可以优先选择红开．在一把人机对决游戏中，坤坤选出了他的成名英雄典韦，看到敌方阵容前期较弱后，决定入侵敌方的蓝buff．已知人机所选择的英雄红开的概率为且人机只能红开或蓝开，若敌方打野选择蓝开，典韦入侵野区成功的概率为，若敌方选择红开，典韦入侵野区成功的概率为，回答下列问题（1）坤坤连续进行了三场对局，且每场对局敌我阵容完全相同，求坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率（2）在某场单挑对决中，敌方选取老夫子并准备向坤坤的典韦发起进攻．已知典韦与老夫子的距离为，老夫子的大招指可以将典韦控制在一定范围内无法移动，为了避免被控制，坤坤迅速释放一技能位移（位移方向与老夫子大招方向的位移方向相同），已知典韦一技能位移可看作为加速度为，初速度的匀加速直线运动，老夫子的大招位移可看作速度为的匀速直线运动，且最大位移距离为8，若要求典韦能够躲开老夫子大招的控制，则典韦的加速度的最小值为？(参考公式：①匀加速直线运动，位移与初速度，加速度和时间的关系：；②匀速直线运动，末速度与初速度，时间和加速度的关系为：【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式，求出每一局游戏典韦成功入侵和入侵失败的概率，再求三局全部成功和三局全部失败的概率，最后运用间接法即可求得；（2）设二者经过秒后速度相同，依题意，只需使在时恒成立，即使在上恒成立，求出函数的最大值即得，接着检验老夫子在2秒内得，可以追到典韦，故情况不成立，即得.【小问1详解】不妨求三局全部成功（事件A）或三局全部失败（事件B）的概率，若敌方红开，则成功入侵的概率为：，若敌方蓝开，则成功入侵的概率为：，因此由互斥事件的概率加法公式知，每一局游戏典韦成功入侵的概率都是，每一局游戏典韦失败的概率是，则，.因此即坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率为.【小问2详解】设二者经过秒后速度相同，在这段时间内只要没被老夫子追上，那么典韦在这之后仍然会加速，而老夫子一直保持匀速，则老夫子会永远追不上典韦.典韦的速度为，由，可得.这段时间内典韦的位移为老夫子的位移为，依题意，需使恒成立，因时显然成立，故不等式等价于，记，由可知，故得，.下面来讨论另一种情况：老夫子的最大位移为8，也就是2秒后会停止.由能成立，得，但此时，若运动1秒，典韦的位移为，而老夫子的位移为4，因此这种情况不满足.综上，的最小值为.18.若点为双曲线上一点，，点A为双曲线的右顶点，过点P作直线l交双曲线C于点Q，l于y轴相交于点B，点D为y轴上一动点，O为原点.（1）求双曲线的方程．（2）若四点共圆.①求的值；②若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）①；②或0【解析】【分析】（1）根据题意列式求得，即可得方程；（2）①设，求点的坐标，根据结合斜率关系分析求得，即可得结果；②根据圆的性质结合题意可知三点共线，求得，结合方程运算求解即可.【小问1详解】由题意可得：4a2−所以双曲线的方程为.【小问2详解】由（1）可知：双曲线的方程为，则，①因为四点共圆，则，由题意可知：直线l的斜率存在，设，联立方程，解得或，可知，则，又因为B的坐标为，则，又因为，则，且，则，所以；②如图，四点共圆，，连接，因为四点共圆，则，可知，可得，即.因为，则，可知三点共线，且，可得，则直线，则，由可知，则，可得直线，代入可得：，解得或，因此直线的斜率为或0.【点睛】方法点睛：．与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解.19.如果和除以所得余数相同，则称对模同余，记作，若集合，集合，现从集合中的个数中抽出个数，（）且，使这个数平均分为组，若存在一组数对(三者不相等）且满足恰好能被整除，对模同余，则为“灵魂莲华集合”，为“灵魂莲华数对”（1）判断为“灵魂莲华集合”（2）若，判断有多少组数对为灵魂莲华数对（3）现从素数集合中任取三个不同的数，若构成公差为8的等差数列，求证：无论且为任何集合，最多有一对满足条件的为灵魂莲华数对．【答案】（1）是灵魂莲华集合（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据灵魂莲华集合定义判断可得答案；（2）不妨设这组数为，且，第一种情况：模5只能余，分余0、1、2、3、4讨论可得答案；第二种情况：只能是，分模2只能余0或1讨论可得答案；（3）设为偶数，不满足题意，此时不存在，若为奇数，，则只能为3证明即可.【小问1详解】是灵魂莲华集