江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题（含解析）

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江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期三模适应性考试数学试题
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．展开式中的系数为（ ）
A． B．5 C．15 D．35
4．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列是公差为的等差数列，其前项和为，若，则等于（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．已知函数，则（ ）
A．在上单调递减 B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增 D．的图象关于点对称
7．点将一条线段分为两段和，若，则称点为线段的黄金分割点.已知直线与函数的图象相交，为相邻的三个交点，则（ ）
A．当时，存在使点为线段的黄金分割点
B．对于给定的常数，不存在使点为线段的黄金分割点
C．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
D．对于任意的，存在使点为线段的黄金分割点
8．在平面直角坐标系中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在C上，且，，则C的离心率为（ ）
A． B． C．3 D．2
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．已知为两个平面，且是两条不重合的直线，则下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．对任意，存在，使得
D．对任意，存在，使得
10．已知定义在上的函数满足，且，若，则（ ）
A． B．的图象关于直线对称
C．是周期函数 D．
11．如图，在正四棱柱中，是棱的中点，为线段上的点（异于端点），且，则下列说法正确的是（ ）

A．是平面的一个法向量
B．
C．点到平面的距离为
D．二面角的正弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，某公园内有一块边长为2个单位的正方形区域市民健身用地，为提高安全性，拟在点处安装一个可转动的大型探照灯，其照射角始终为（其中，分别在边，上），则的取值范围 .
13．若是一个集合，是一个以的某些子集为元素的集合，且满足：①属于，空集属于；②中任意多个元素的并集属于；③中任意多个元素的交集属于，则称是集合上的一个拓扑．已知函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，则集合上的含有4个元素的拓扑的个数为 ．
14．近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求角A；
(2)若，求△ABC的面积的最大值．
16．设数列为等差数列，前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)设的前项和为，证明：．
17．厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家把一批产品发给商家时，商家按规定拾取一定数量的产品做检验，以决定是否验收这批产品：
(1)若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格产品的概率；
(2)若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，来进行检验，只有2件产品都合格时才接收这些产品，否则拒收．
①求该商家检验出不合格产品件数的均值；
②求该商家拒收这些产品的概率．
18．如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
(1)设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
(2)若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
19．已知椭圆，过右焦点的直线交于，两点，过点与垂直的直线交于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点．当轴时，，椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：直线过定点，并求定点坐标；
(3)设为直线与直线的交点，求面积的最小值．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：A．
2．A
【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解．
【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有
共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有共3种情况，
所以所求的概率为.
故选：A.
3．A
【分析】由分类、分步计数原理结合组合数即可运算求解.
【详解】若要产生这一项，则
当在中取1时，再在中取2个、取4个1，
当在中取时，再在中取3个、取3个1，
所以展开式中的系数为.
故选：A.
4．C
【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解.
【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为，圆锥底面圆半径为,
由圆锥高为，得，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：，
联立方程组，解得，所以球表面积为，
故选：C.
5．A
【分析】利用等差数列的求和公式、性质进行求解.
【详解】由等差数列的前n项和公式可得，
，
故选：A
6．D
【分析】由求出的范围，结合余弦函数单调性判断AC；代入验证确定对称性判断BD.
【详解】对于AC，当时，，则函数在上先增后减，A，C错误；
对于B，而，则的图象不关于直线对称，B错误；
对于D，，则的图象关于点对称， D正确．
故选：D
7．D
【分析】依题意，作出图形，结合题意可分析计算得出答案.
【详解】若，则，
即点为线段的黄金分割点，
当时，，不存在使点为线段的黄金分割点，故选项A，C错误；
如下图，当时，，当时，，则，
则存在一个使得，故选项错；
对于选项D，若与相交于相邻的三点，
其横坐标分别为，则，
将变换成后，点分别对应到点，
且满足，
故，即对比值无影响，故选项D正确.

故选：D.
8．D
【分析】在中运用双曲线的定义和余弦定理可得，在中运用余弦定理可得，再由离心率公式计算即可．
【详解】如图所示，根据双曲线的定义，，，
在中，由余弦定理得,
即，
又因为，所以，
所以，即.
在中，由余弦定理得，，
且,
所以，
化解得，
即，
，
，
所以，
即，则
故离心率.
故选：D.
9．BC
【分析】根据线面垂直与平行的性质与判断逐个选项判断即可.
【详解】对A，只有当时，才能存在，使得，故A错误；
对B，当时，结合线面平行的性质可得，故B正确；
对C，若则原命题成立；若两平面不垂直，则对任意，设，使得为在平面上的射影，存在，使得，此时，故C正确；
对D，当时，在平面上不存在直线使得，故D错误.
故选：BC
10．BCD
【分析】根据给定的等式，结合赋值法推导出函数及对称轴，再逐项分析计算得解.
【详解】由，得，
则，即，因此是周期为4的周期函数，C正确；
令，得，则，因此，A错误；
由，得，则，
因此的图象关于直线对称，B正确；
由，得的图象关于直线对称，
因此直线及均为图象的对称轴，
从而，令，得，
即，则，
故
，D正确.
故答案为：BCD
【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，，
①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称.
②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称.
11．ACD
【分析】对于A，证明平面即可；对于B，在中通过余弦定理计算的长度即可；对于C，D，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据点到面的距离公式可计算C选项，计算平面和平面的法向量即可求出二面角的正弦值，可判断D选项.
【详解】对于A，由于是正四棱柱，易知，
在中，因为，
所以，
故，
又平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，在中，因为，
则，
在中，利用余弦定理,
可求得或（舍去），
因此，故错误；
对于C， 以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
由B选择可知，，，
所以，
故，
设为平面的法向量，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
所以由点到平面的距离公式得：
，故C正确；
对于D，由C选项中坐标可知，
为平面的一个法向量，
，
设平面的一个法向量为，
则
令，
所以，
因此二面角的正弦值为，故D正确.
故选：ACD.

12．
【分析】设，可得,，以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,然后求出的坐标,结合数量积的运算和对勾函数的性质求解.
【详解】设,
则，.
以点为坐标原点,所在直线分别为轴建立坐标系,
则，,
所以.
令，，则，.
由对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以.
又，所以在上的值域为，
所以.
故答案为:.
13．9
【分析】根据集合上的拓扑的集合的定义，判断的值，利用元素与集合的关系判断满足题意的集合上的含有4个元素的拓扑的个数．
【详解】因为函数，其中[x]表示不大于的最大整数，当时，函数值域为集合，
所以，故，
①当时，则，
②当时，显然，
③当时，，，
④当时，，
，
∵中含有4个元素，其中两个元素和，
设其它两个元素为，则，
由对称性，不妨设，其中表示集合A中元素的个数，
，又，或，
若，则只能等于，（若，则，则，矛盾），
则必有，
∴的个数的个数种．即或或；
若，此时满足，
且且，
所以，
∴B的选择共有种，则的个数有种，
∴的个数种．
这6种是，
综上可知的个数为9个．
故答案为：9．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于理解集合新定义，得到若时，的个数的个数种；若时，的个数种.
14．
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速，
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A、B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用余弦定理求角即可.
（2）利用给定条件表示出，再利用基本不等式求其最值，最后得到面积最值即可.
【详解】（1）因为，
所以，
由正弦定理：，得，
故，因为，故．
（2）由（1）可知，又，则，
由基本不等式可知，解得，
所以，当且仅当时取等号．
所以△ABC的面积最大值为．
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的性质和前n项求和公式求出公差和首项，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）可得，根据裂项相消法计算可得，即可证明.
【详解】（1），
由，
所以，
所以．
（2）
所以
17．(1)
(2)①；②
【分析】（1）由对立事件概率公式及产品合格的概率为，易得从产品中任意取出件进行检验.即可求得至少有件是合格的概率；
（2）①根据（1）的结论，得出所有可能取值及其概率后，由数学期望的计算公式计算即可得；②借助概率公式计算即可得.
【详解】（1）记“厂家任取件产品检验，其中至少有件是合格品”为事件，
则；
（2）①设商家可能检验出不合格产品数为，则的可能的取值为，
，
，
，
；
②记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件，
则商家拒收这批产品的概率，
所以商家拒收这批产品的概率为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
19．(1)
(2)证明见解析，
(3)
【分析】（1）由通径和离心率求出的值，得椭圆的标准方程；
（2）设直线和的方程，与椭圆方程联立，表示出两点坐标和直线的方程，由方程确定所过定点；
（3）由题意得，利用弦长公式和基本不等式求最小值.
【详解】（1）由题意可得，解得，
则椭圆的标准方程为．
（2），在轴上方，直线斜率存在且不为0，
设直线，联立椭圆，
消去得：，
由韦达定理得：，则中点，
由，所以以代替可得，
所以，
，
化简得，
则过定点．
当时，取，则过定点；
当时，取，则过定点；
综上直线过定点．
（3），分别为，的中点，
，
由（2）知，
以代替可得，
所以
当且仅当即时，．
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
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