试卷解析：广东省X圳中学2023-2024学年高三寒假开学适用性考试数学试题（解析版）

绝密★启用前2024届高三年级寒假开学适应性考试数学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.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.设等比数列的各项均为正数，为其前项和，若，则（）A.6B.8C.12D.14【答案】D【解析】【分析】结合等比数列的性质可计算出公比，由等比数列前项和的定义即可得.【详解】设公比为，则，则，又各项均为正数，故，则.故选：D.2.已知7个数据0，1，5，6，7，11，12，则这组数据的第百分位数为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为，所以这组数据第百分位数为这组数据从小到大排列的第个数，即为，所以这组数据的第百分位数为.故选：D3.已知在上单调递减，且，则下列结论中一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用函数的单调性判断即可.【详解】由得，，结合在上单调递减，则必有，显然B正确，A错误，而当时，不在定义域内，故无法比较，C,D错误.故选：B4.已知非零向量，，满足，且，对任意实数，，下列结论正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的数量积的运算律求解即可.【详解】非零向量，，满足，且，对于A，不恒为，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，不恒为，故C错误；对于D，不恒为，故D错误.故选：B.5.在中，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由同角三角函数之间的基本关系可得，再由正弦定理可求得.【详解】易知，由可得；利用正弦定理可得.故选：D6.如图，在正方体中，，，分别是，的中点.用过点且平行于平面的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，连接，，，证明平面平面，进而求出截面面积.【详解】取的中点，连接，，，正方体，平面，平面，，是的中点，，且，四边形是矩形，且，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面，平面，平面，平面，，平面，平面，平面平面，即平面为过点且平行于平面的平面截正方体所得平面，，，，.故选：A.7.已知正整数N的70次方是一个83位数，则由下面表格中部分对数的近似值（精确到0.001），可得N的值为（）M23711130.3010.4770.8451.0411.114A.13B.14C.15D.16【答案】C【解析】【分析】根据题意，得到，取常用对数得，结合表中的数据，求得，即可求解.【详解】由正整数的70次方是一个83位数，所以，取常用对数得，即由表可知：，因为，所以的值为.故选C.8.已知线段的长度为是线段上的动点（不与端点重合）.点在圆心为，半径为的圆上，且不共线，则的面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】建立平面直角坐标系，结合图形分析可得，利用正弦函数的性质以及二次函数的性质即可得最值.【详解】如图：设，圆M的半径为r，则，所以的面积，当为时取等号，再结合二次函数的性质可得当时S有最大值，故选：A.二、多选题：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，部分选对得部分分，有选错得0分.9.已知函数的定义域为R，则以下选项正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，且为奇函数，则D.若，且，则为奇函数【答案】AC【解析】【分析】根据题意结合奇函数的定义逐项分析判断.【详解】已知函数的定义域为R，对于选项A：若，则，故A正确；对于选项B：例如，满足，但，不满足，故B错误；对于选项C：若，且为奇函数，则，可得，故C正确；对于选项D：例如，满足，且，但，不满足，即不为奇函数，故D错误；故选：AC.10.已知m，n都是正整数，且，下列有关组合数的计算，正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对A、C：借助组合数的性质计算即可得；对B：举出反例即可得；对D：由，借助的系数关系与组合数的性质计算即可得.【详解】对于A，因为，，所以，即A正确；对于B，当、时，左边，右边，等式不成立，故B不正确；对于C，，故C正确；对于D，因为，等式左边的系数为：，等式右边的系数为：，所以，故D正确.故选：ACD.11.已知函数的部分图像如图1所示，A，B分别为图像的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于，点C为该部分图像与x轴的交点.将绘有该图像的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时.下列结论正确的有（）A.B.图2中，C.图2中，过线段的中点且与垂直的平面与x轴交于点CD.图2中，S是及其内部的点构成的集合.设集合，则T表示的区域的面积大于【答案】BC【解析】【分析】先求出函数的最小正周期，从而得到，作出辅助线，表达出，根据，求出，结合的取值范围求出的值，可判断A；利用空间向量数量积的定义可判断B；设中点为，C在过M与垂直的平面上可判断C；表示的区域是圆心角为，半径为1的扇形，结合扇形的面积公式可判断D.【详解】过点作轴，垂足为，连接，，因为得最小正周期，所以，由，得，解得.对于A，因为过，所以，即，根据五点作图法，结合图像可得，，因为，所以，所以A错误；对于B，法1：由可得，，如图建系，则，，.，所以B正确；法2：因为，在和上投影的数量分别为，，且，所以，所以B正确：对于C，设中点为，因为，所以，所以C在过M与垂直的平面上，即过中点与垂直的平面与x轴交于点C.故C正确；对于D，因为，所以，则表示的区域是圆心角为，半径为1的扇形，又因为，所以该扇形的面积为，所以D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于建立空间直角坐标系，通过空间向量法来求解相应问题.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上.12.设，若复数在复平面内对应点位于虚轴上，则__________.【答案】【解析】【分析】由复数的乘法运算结合复数的几何意义求解即可.详解】，复数在复平面内对应的点为，所以，解得：.故答案为：.13.设抛物线的焦点为，点是的准线与的对称轴的交点，点在上.若，则__________.【答案】【解析】【分析】根据，结合抛物线定义可推导得到结果.【详解】由题意知：，，设，由得：，又，，即.故答案为：.14.已知实系数一元二次方程有实根.则使得，成立的正实数的最大值为______.【答案】【解析】【详解】不妨设，方程的两个实根为、.由韦达定理得，.则.从而，，当时，等号成立.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传11月4日至11月10日的步凝.启息.教师甲、乙这七天的步数情况如图1所示.（1）从11月4日至11月10日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；（2）从11月4日至11月10日中随机选取三天，记乙的步数不少于20000的天数内，求的分布列及数学期望；【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）根据古典概型求解即可；（2）的可能取值为0，1，2，分别求出每种情况的概率，再写出分布列并求期望即可；【小问1详解】设“甲比乙的步数多”为事件A，在11月4日至11月10日这七天中，11月5日与11月9日这两天甲比乙步数多，所以；【小问2详解】由图可知，7天中乙的步数不少于20000步的天数共2天；的所有可能取值为0，1，2，，，，所以的分布列为012.16.如图，在直三棱柱中，分别为的中点.（1）求证：平面；（2）若点是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）通过取的中点构建平面平面即得；（2）由题设易于建系，运用空间向量的夹角公式表示出直线与平面所成角的正弦值，解方程即得.【小问1详解】如图，取线段的中点，连接,因分别为的中点,故有,又因为平面，平面,故平面，平面，又,则平面平面,因平面，则平面.【小问2详解】如图，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系.则,设点,则，代入坐标得：，即，于是,,设平面的法向量为，则有故可取，依题意得，，解得：，即线段的长为1.17.已知椭圆：的右焦点坐标为（2，0），且长轴长为短轴长的倍，直线交椭圆于不同的两点M和N，（1）求椭圆的方程；（2）若直线的方程为，点M关于x轴的对称点为，直线，分别与x轴相交于P、Q两点，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，结合的关系即可求得椭圆的方程；（2）由已知得的坐标，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，并求出直线的方程，令，求出，即可得，并根据直线方程求出，然后相乘代入化简即可.【小问1详解】由题意得，，解得，，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由题意知点的坐标为，将，代入，得：，∴，，，对于直线，令得，∴，对于直线：，令，得，，∴可得.18.已知函数，（1）求和的极值；（2）是否存在直线，其与曲线和曲线共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列，如果存在，求出直线的位置；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）取得极大值，无极小值，取得极大值，无极小值；（2）存在，直线过两个函数图象的交点【解析】【分析】（1）利用导数分析单调性研究函数的极值即可.（2）由直线过两个函数图象的交点时，设交点为，直线与在的左边交点为，与在的右边交点为，根据，，结合两个函数的单调性求解即可.【小问1详解】，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得极大值，无极小值.，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值.【小问2详解】当直线过两个函数图象的交点时，满足题意.设交点为，直线与在的左边交点为，与在的右边交点为，由（1）知，且，，.因为，所以，又，，且在上单调递增，所以，所以又，所以，又，，且在上单调递减，所以，则，所以，即，，成等比数列.【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由，利用在上单调递增，得到，同理得到，在利用等比中项证明.19.给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质．（1）判断集合是否具有性质？说明理由；（2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；（3）若集合具有性质，证明：．【答案】（1）具有，理由见解析（2）不存在，证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解，（2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解.（3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解.【小问1详解】因为，同理．又，同理．所以集合具有性质．【小问2详解】当时，集合中的元素个数为．由题设．假设集合具有性质，则①当时，，矛盾．②当时，，不具有性质，矛盾．③当时，．因为和至多一个在中；和至多一个在中；和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．④当时，，不具有性质，矛盾．⑤当时，，矛盾．综上，不存在具有性质的集合．【小问3详解】记，则．若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．假设存在使得，不妨