黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高三下学期高考考前热身卷（三）数学试题（含解析）

牡丹江市第二高级中学高三年级高考考前热身卷（三）
数学
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．已知全集为R，集合，集合，则 （ ）
A． B． C． D．
2．若复数z满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量，若，则 （ ）
A． B． C．1 D．0
4．已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．已知不恒为零的函数为定义在R上的奇函数，且函数为偶函数，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
6．下面关于函数|叙述中正确的是（ ）
A．关于直线对称 B．关于点对称
C．在区间于上单调递减 D．函数的零点是
7．已知分别是椭圆的左、右焦点，过点的直线交C于A，B两点，若的最大值为8，则C的离心率为（ ）．
A． B． C． D．
8．在直三棱柱中，为等边三角形，，则三棱柱的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知a，b，，下列选项中是“”的充分条件的是（ ）
A． B． C． D．
10．已知圆关于直线对称，则下列结论中正确的是（ ）
A．圆的圆心是 B．圆的半径是4
C． D．ab的取值范围是
11．设函数在R上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．函数在上为增函数 B．函数在上为增函数
C．函数有极大值和极小值 D．函数有极大值和极小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．将5名志愿者分配到四个社区协助开展活动，每名志愿者只能到1个社区，每个社区至少1名，则不同的分配方法数是_________．
13．已知等比数列中，，且成等差数列，则数列公比为________．
14．球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高球体被平面截下的一部分几何体叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体．如图1，一个球面的半径为R，球冠的高是h，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是．如图2，已知C，D是以AB为直径的圆上的两点，，则扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体的表面积为________，体积为___________．
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．
15．2024年3月28日，小米SU7汽车上市，24小时预定88898台．小米集团为了了解小米手机用户订购小米SU7的意愿与用户是小米粉丝是否有关，随机抽取了200名小米手机用户进行调查，得到下表．
已订购小米SU7 未订购小米SU7 总计
是小米粉丝 80
非小米粉丝 40 80
总计
（1）补全表中数据，依据小概率值的独立性检验，是否能够认为小米手机用户订购小米SU7的意愿与用户是小米粉丝有关
（2）小米集团打算从已订购小米SU7的用户中采用按比例分配的分层随机抽样的方式抽取6人，再从这6人中抽取3人听取建议，求这3人中恰有2人是小米粉丝的概率．
附：，其中．
0.010 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
16．如图所示，圆台的轴截面为等腰梯形，，B为底面圆周上异于A，C的点，且，P是线段BC的中点．
（1）求证：平面．
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．已知椭圆过点，直线l过C的上顶点和右焦点，l的倾斜角为，且满足．
（1）求椭圆C的标准方程：
（2）设A，B两点为椭圆C的左、右顶点，点P（异于左、右顶点）为椭圆C上一动点，直线PA，PB的斜率分别为，求证：为定值．
18．已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程：
（2）当时，求的单调区间和极值：
（3）若对任意，有恒成立，求a的取值范围．
19．设为1，2，3，…，n的一个排列，若该排列中有且仅有一个i满足，则称该排列满足性质T．对任意正整数n，记为满足性质T的排列的个数．
（1）求的值；
（2）若，求满足性质T的所有排列的情形；
（3）求数列的通项公式．
参考答案：
1．C【详解】，则，
所以．故选：C．
2．D
【详解】由，得，则，
所以．故选：D
3．D【详解】因为，所以，
因为，所以，即，解得．
故选：D．
4．B【详解】由已知，得，解得
所以．故选：B．
5．B【详解】由于函数为偶函数，则，即，
又为定义在R上的奇函数，所以，且，
所以，则，
故的一个周期为4，则．故选：B．
6．B【详解】由，所以A错，B对；
由．
所以，
又不是子集，故C错；
由，故D错：
故选：B
7．A【详解】由椭圆的定义，可知，
所以当最小时，最大，
由椭圆的性质得，过椭圆焦点的弦中垂直于长轴的弦最短，
当直线AB垂直于x轴时，取得最小值，此时，
由解得，此时C的离心率．故选：A
8．D【详解】如图，N，M分别是正三棱柱上、下底面中心，MN是棱柱的高，则MN的中点
O是该三棱柱外接球的球心，外接球半径．
其中点为外接圆圆心，AM为外接圆半径，
为正三角形， （E是BC边中点）．
所以外接球半径．从而外接球体积为．故选：D．
9．【答案】ABC【详解】对于A，因为，所以，故A符合题意：
对于B，因为．，所以，所以，即，故B符合题意，
对于C，因为，所以即，故C符合题意：
对于D，取，但有，故D不符合题意．
故选：ABC
10．ACD【详解】将圆的方程化为标准方程可得，所以该圆的圆心为，
半径为2，故选项A正确，选项B不正确．
由已知可得，直线经过圆心，所以，整理可得，故
选项C正确．由选项C知，所以，
所以ab的取值范围是，故选项D正确．故选：ACD．
11．【详解】由图可知当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
所以在上为增函数，在上为减函数，在上为减函数，
在上为增函数，故A正确，B错误，
则在处取得极大值，处取得极小值，
即函数有极大值和极小值，故C错误，D正确．
故选：AD
12．【答案】240【详解】把5名志愿者分成4组，有种分法，
再把每一种分法的4组分配到4个社区有种方法，
所以不同的分配方法数是
故答案为：240．
13．2【详解】设等比数列的公比为q，则，
由已知，所以，即，
解得．故答案为：2
14．；
【详解】因为，所以，
设圆的半径为R，又，解得，
过点C作交AB于点E，过点D作交AB于点F，
则，
将扇形COD绕直线AB旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所
剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，
则其中一个球冠的表面积，球的表面积，
圆锥的侧面积，所以几何体的表面积．
球的体积，一个球缺的体积
，圆锥的体积，
所以几何体的体积
故答案为：；
15．【详解】（1）
已订购小米SU7 未订购小米SU7 总计
是小米粉丝 80 40 120
非小米粉丝 40 40 80
总计 120 80 200
零假设为：小米手机用户订购小米SU7的意愿与用户是小米粉丝没有关联，
由列联表中的数据，得，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即能够认为小米手机用户订购小米SU7的意愿与用户是小米粉丝没有关联；
（2）从已订购小米SU7的用户中按比例分配的分层随机抽样的方式抽取6人，
其中小米粉丝有人，非小米粉丝有人．
设3人中恰有2人是小米粉丝为事件A，则，
16．【详解】（1）取AB的中点H，连接，PH，如图所示，
因为P为BC的中点，所以．
在等腰梯形中，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面
（2）因为，故，以直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
在等腰梯形中，，此梯形的高为．
因为，
则
所以
设平面的法向量为，则，令，得．
设平面的法向量为，则，令，得．
设平面与平面的夹角为，则
17．【详解】（1）因为﹐
由题意可知：，则，
可得，解得或（舍去），即l的斜率为，
由题意可知：，解得，所以椭圆方程为．
（2）由（1）可知，
设，由可得，
则，所以为定值
18．【详解】（1）当时，，则，
所以切线方程为．
（2）当时，．
令，故在R上单调递减，而，因此0是
在R上的唯一零点，即：0是在R上的唯一零点
当x变化时，，的变化情况如下表：
x 0
+ 0 -
↗ 极大值 ↘
的单调递减区间为：；递增区间为：
的极大值为，无极小值
（3）由题意知，即，即，
设，则，令，解得．
当单调递增，当单调递减，
所以，所以
19．【详解】（1）由性质T的定义可知：
当时，由1构成的排列不满足性质，故；
当时，由1，2构成的排列满足性质T，故；
当时，由1，2，3构成的所有排列为：，
其中满足仅存在一个，使得的排列有：，所以；
（2）若，由1，2，3，4构成的所有种排列中，
符合性质T的排列有：，
，故；
（3）由（1）、（2）可得：，同理可得；
∴归纳出，
证明：∵在1，2，…，n的所有排列中，
若，从个数1，2，3…，中选个数，
从小到大排列为：﹐
其余的则按从小到大的顺序排列在余下位置，
∴满足题意的排列个数为，
若，则满足题意的排列个数为，
综上：，即，
∴
，
故数列的通项公式为．