广东省珠海市第一中学2023-2024学年高三下学期三轮冲刺卷数学试题一

这是一份广东省珠海市第一中学2023-2024学年高三下学期三轮冲刺卷数学试题一，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．（本题5分）若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（ ）
A．16，40B．16，80C．20，40D．20，80
2．（本题5分）若互不相等的正数满足，则成等比数列（ ）
A．成等差数列B．成等比数列
C．成等比数列D．
3．（本题5分）已知曲线，则“”是“曲线的焦点在轴上”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．（本题5分）、、是平面，a，b，c是直线，以下说法中正确的是（ ）
A．，B．，
C．，，D．，
5．（本题5分）甲、乙、丙、丁4人参加活动，4人坐在一排有12个空位的座位上，根据要求，任意两人之间需间隔至少两个空位，则不同的就座方法共有（ ）
A．120种B．240种C．360种D．480种
6．（本题5分）若的角所对边，且满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．（本题5分）在中，，，，是内一点，，且的面积是的面积的倍，则（ ）
A．B．
C．D．
8．（本题5分）设，是双曲线：的左、右焦点，点分别在双曲线的左、右两支上，且满足，，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．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．（本题6分）已知函数的图象向左平移个单位后到函数的图象（如图所示），则（ ）

A．
B．在上为增函数
C．当时，函数在上恰有两个不同的最值点
D．是函数的图象的一条对称轴
10．（本题6分）已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．
11．（本题6分）已知函数的定义域和值域均为，对于任意非零实数，函数满足：，且在上单调递减，，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．在定义域内单调递减D．为奇函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（本题5分）已知集合，，若．则m的取值范围是 ．
13．（本题5分）在顶点为的圆锥中，为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，且．若棱锥为正三棱锥，则该圆锥的体积为 ．
14．（本题5分）若函数，且的图象与直线没有交点，则的取值范围是 .
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．（本题13分）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求a的取值范围．
16．（本题15分）如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形．

(1)证明：．
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
17．（本题15分）甲、乙、丙三人进行羽毛球练习赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，负的一方在下一局当裁判，设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果都相互独立，第1局甲当裁判.记随机变量，，表示前局中乙当裁判的次数.
(1)求事件“且”的概率；
(2)求；
(3)求，并根据你的理解，说明当充分大时的实际含义.
附：设，都是离散型随机变量，则.
18．（本题17分）已知抛物线：的焦点到准线的距离为2，过点作直线交于M，N两点，点，记直线，的斜率分别为，.
(1)求的方程；
(2)求的值；
(3)设直线交C于另一点Q，求点B到直线距离的最大值.
19．（本题17分）变分法是研究变元函数达到极值的必要条件和充要条件，欧拉、拉格朗日等数学家为其奠定了理论基础，其中“平缓函数”是变分法中的一个重要概念．设是定义域为的函数，如果对任意的均成立，则称是“平缓函数”．
(1)若．试判断和是否为“平缓函数”?并说明理由；（参考公式：①时，恒成立；②．）
(2)若函数是周期为2的“平缓函数”，证明：对定义域内任意的，均有；
(3)设为定义在上的函数，且存在正常数，使得函数为“平缓函数”．现定义数列满足：，试证明：对任意的正整数．（参考公式：且时，．）
参考答案：
1．B
【详解】因为样本，，，，的平均数为10，方差为20，
所以样本，，，，的平均数，方差为.
故选：B.
2．D
【分析】由题意可知，所以，故D正确，
对于A，若成等差数列，则，
即，与已知矛盾；
对于C，由上可知，不成立；
对于B，若，显然不成等比数列，
则B错误.
故选：D
3．A
【详解】当时曲线表示焦点在轴上的椭圆，故充分性成立；
当时曲线表示焦点在轴上的双曲线，
故由曲线的焦点在轴上推不出，即必要性不成立；
所以“”是“曲线的焦点在轴上”的充分不必要条件.
故选：A
4．C
【详解】对于A，，可以平行，也可以相交，
对于B，a，c可以平行，可以相交，也可以异面，
对于D，，可以平行，也可以相交，
对于C，不妨设，在平面内作，
因为，则，同理在平面内作，则，
所以，
又，则，而，所以，所以，即C正确.
故选：C
5．C
【详解】先假设每个人坐一个位置相当于去掉4个位置，
再将4个人中间任意两个人之间放入2个空位，
此时空位一共还剩2个，
若将这两个空位连在一起插入4人之间和两侧空位，有5种放法；
若将这两个空位分开插入4人之间和两侧空位，有种放法，
故不同的就座方法共有种.
故选：C.
6．B
【详解】因为，所以，即，
，即，
从而，即，
所以，
显然，这意味着不能都同时等于0，
否则与三角形内角和矛盾，
从而有，
注意到，
要求的最大值，我们不妨设，
从而，等号成立当且仅当，此时满足题意；
综上所述，的最大值为.
故选：B.
7．B
【详解】
过作于，于，
，，
因为，所以，即，
因为，所以为等腰三角形，
又，所以为中点，所以，
因为四边形为矩形，所以，
又，所以，所以，，
由图形可知，，则，，
所以
.
故选：.
8．B
【详解】解：如图，设与的交点为，，
因为，所以，
所以，由双曲线的定义可知：，，
因为，所以，
所以，，
所以，，
所以，在中，，
所以 ，由余弦定理有：，
代入，，，整理得，
解得，（舍），
所以，,，，
所以，在中，由余弦定理有：，
代入数据整理得：，
所以，双曲线的离心率为：.
故选：B
9．BCD
【详解】对A，根据平移的性质可得，设，
根据图象可得，，则，所以，
，解得，
所以，则，
故，故A错误；
对B，，，则，
故在单调递增，故B正确；
对C，由题可得，，所以，
要使在恰有两个不同的最值点，
则，解得，
所以当时，在上恰有两个不同的最值点，符合题意，故C正确；
对D，
，
所以，所以是一条对称轴.故D正确.
故选：BCD.
10．AC
【详解】设，则.
对于A：，
若，则，
所以，即，故A一定成立；
对于B：，若，则①，
，同理，
若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立；
选项C：，
，
所以，故C一定成立；
选项D：②，
，与②式不同，故D不一定成立.
故选：AC
11．BC
【详解】对于，令，则，
因，故得，故A正确；
对于由，
令，则，
则，即，
故是以为首项，2为公比的等比数列，
于是，故B错误；
对于，由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
令，则①，
把都取成，可得②，
将②式代入①式，可得，
化简可得即为奇函数，故D正确；
对于C，在上单调递减，函数为奇函数，可得在上单调递减，
但是不能判断在定义域上的单调性，例如，故C错误.
故选：BC.
12．
【详解】因为，所以，故，
所以且，
所以，解得.
故答案为：.
13．
【详解】如图所示，因为棱锥为正三棱锥，
所以，，
又，，
由勾股定理得，
即圆锥的底面圆半径，所以．
故答案为：

14．
【详解】由题意可得方程在无解，
将方程变形得，
即函数在无零点，
易得的定义域为，仅在讨论零点时舍去的情况；
若时，则，当时，当时，
故在无零点，因此符合题意；
当时，则，设，则，
当时，则在单调递增，即在单调递增，
由于时，时，由零点存在性定理可知在必有、且只有一个零点，
设为，则当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
其中，故只需令，
当时符合题意，
因此
，
即，解得，则，
设，，则，
所以在上单调递增，又，，
所以，则；
当时，，，
故在区间必有零点，与所求不符.
综上，的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）由于，则切点坐标为，
因为，所以切线斜率为，
故切线方程为，即．
（2）当时，等价于，
令，，
恒成立，则恒成立，，
当时，，函数在上单调递减，，不符合题意；
当时，由，得，
时，，函数单调递减，，不符合题意；
当时，，因为，所以，则，
所以函数在上单调递增，，符合题意．
综上所述，．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）连接，因为底面和侧面均为正方形，
所以，则四边形为菱形，则，
由底面和侧面均为正方形，得．
因为平面，所以平面，
又，所以．
因为平面，所以平面，
又平面，所以.

（2）因为平面ABCD和平面均为正方形，所以，
又，，所以，
又因为，则，所以为正三角形，
取中点E，连接AE，则，
以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
由题意得，，，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，则法向量，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值．
17．(1)；
(2)；
(3)，答案见解析。
【详解】（1）当时，
.
（2）当时，
，
即，即，
又，因此是首项为，公比为的等比数列，
所以.
（3）因为，则.
且，则
，
当充分大时，稳定在，即前局中乙当裁判的平均次数稳定在，这是因为各局中双方获胜的概率均为，
所以经过足够多局之后，某局中甲、乙、丙当裁判得概率比值稳定在，
或由（2）问结果得稳定在附近，则乙当截判的平均次数稳定在.
18．(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为焦点到准线的距离为2，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）
如图，设，，直线的方程为，
由得，所以（*）
由
，将（*）代入整理得：
.
又
，将（*）代入整理得：
所以，.
（3）设，，，
则直线的斜率，
所以直线的方程为，
即.
同理，直线方程为，
直线方程为.
因为直线经过，所以，
解得，
因为直线经过，所以，
解得，
所以，整理得.
又因为直线的方程为，
所以直线经过定点，
所以，当时，点到直线距离取得最大值为.
19．(1)函数是“平缓函数”； 是上的“平缓函数”，理由见解析；
(2)证明见解析
(3)证明见解析.
【详解】（1）对于函数，
由对任意的，且，
则，即，
，
因此函数是“平缓函数”；
对于函数，由对任意的，且，
，
可知函数是上的“平缓函数”
（2）由周期性可得，由于函数是周期函数，
故不妨设，且，
当时，由为上的“平缓函数”得；
当时，不妨设，此时由为上的“平缓函数”得
．
故对定义域内任意的，且均有．
（3）由为上的“平缓函数”，且得，则对任意的，
，
因此
，得证．