2024屆高三數(shù)學沖刺訓練卷（一）參考答案

數(shù)學答案第=page88頁（共=sectionpages1010頁）答案第=page22頁，共=sectionpages22頁2024屆高三數(shù)學沖刺訓練卷（一）參考答案一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求的.1．C【詳解】因為，，因此，．故選：C．2．A【詳解】因為冪函數(shù)在上是增函數(shù)，所以，解得.故選：A3、D【詳解】對于選項A，個數(shù)據(jù)從小到大排列，所以下四分位數(shù)即第25百分位數(shù)，，所以應(yīng)該是第二個與第三個的平均數(shù)，故A不正確；對于選項B，因為，則，則，故B不正確；對于選項C，隨機變量滿足，則，故C不正確；對于選項D，若，則，獨立，，獨立，，故D正確.故選：D．4.B【詳解】由可得，，，，，，即則使成立的最大正整數(shù)的值為18.故選：B．5.B【詳解】如圖為該幾何體的軸截面，其中圓是等腰梯形的內(nèi)切圓，設(shè)圓與梯形的腰相切于點，與上、下底的分別切于點，，設(shè)球的半徑為，圓臺上下底面的半徑為，.注意到與均為角平分線，因此，從而，故.設(shè)臺體體積為，球體體積為，則.故選：B6．C【詳解】依次一個一個地往外取球（不放回）的試驗，基本事件總數(shù)是，它們等可能，對于A，表示第1次、第2次取出的球都是黑球，，A正確；對于B，，，B正確；對于C，，所以，C錯誤.對于D，，D正確，故選：C7．D【詳解】因為為銳角，所以，，又，所以，而，所以，，因此.故選：D．8．D【詳解】

，令，

則，則在上單調(diào)遞增，

由，為奇函數(shù)，得，則，

，

所以所以，不等式的解集為，故選二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分。9.【答案】AD【詳解】對于A，設(shè)對應(yīng)的向量分別為，則由向量三角不等式得，所以恒成立，故A正確；對于B，取，但，故B錯誤；對于C，當時，，而，故C錯誤；對于D，，故D正確；故選AD.10.【答案】ABD【詳解】對于A，由及，得，所以，A正確．對于B，由及，得，所以．同理可得．又，所以，所以，B正確．對于C，由及，得，所以，得，所以，得，C錯誤．對于D，由，得，所以．因為，，所以，所以，D正確．故選：ABD．11．【答案】ABD對于A，若，顯然平面PAC截正方體所得截面為，所以，截面面積為，所以A正確；對于B，因為，若與AB所成的角為，則N點在以為旋轉(zhuǎn)軸的圓錐（無底）的表面上，而，所以則N點的軌跡為雙曲線，所以B正確；對于C，若，則P在以A、C為焦點的橢球上且，，所以，又因為點P為四邊形內(nèi)，該橢球被平面截得的在四邊形內(nèi)的部分為半圓，且半徑為，所以點的軌跡長度為，所以C錯誤，對于D，，且為正三角形，若正方體繞旋轉(zhuǎn)后與其自身重合，只需要旋轉(zhuǎn)后能和自身重合即可，所以D正確。故答案為ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．【答案】【詳解】在上的投影為，，則，即又，平方得，則即．故答案為：．13．【答案】【詳解】由題意得，，由此類推，，，，，，，，，，…，觀察規(guī)律，三角形會有1個相等的角，并且角的度數(shù)恰好是其內(nèi)角的度數(shù)，正方形有2個，正五邊形有3個，正六邊形有4個，…，所以正多邊形有個．令，解得，所以的最小值為，即滿足條件的角至少要在正61邊形中，所以，即的最小值為14．【答案】【詳解】，，，所以，即而，，即，在中，設(shè)，則，所以所以因為，所以，所以，，所以所以，，而的面積為，所以，所以，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.【詳解】（1）解：因為，2分當時，可得，

3分當，即時，取得最小值，5分因為時，恒成立，所以，即實數(shù)的取值范圍為.

6分解：由題意，函數(shù)，

8分因為，所以，

9分又因為函數(shù)有且僅有5個零點，則滿足，

12分解得，

所以實數(shù)的取值范圍

13分16.【詳解】（1）①②③,連接相交于，連接，由于底面是正方形，所以，又，平面，故平面，平面,故,由于，故,因此,平面，故平面，（可得四棱錐是正四棱錐）平面，故,又平面,故平面．7分②③①,連接相交于，連接,由于底面是正方形，所以，又，平面，故平面，平面，故,又平面，平面，故,平面,故平面,結(jié)合底面是正方形，是正方形的中心，所以四棱錐是正四棱錐，故，7分①③②,連接相交于，連接,平面，平面，故,由于故,又,故,故,因此，平面，故平面,故四棱錐是正四棱錐，由于，又，平面，故平面，平面,故，7分（2）無論選擇哪兩個條件，都可以推出四棱錐是正四棱錐，設(shè)四棱錐的底邊邊長為，則四，所以，故，由于，當且僅當，即時取等號，故當四棱錐的底邊邊長為時，四棱棱錐體積的最大值為.（法一）因為底面，由點向作垂線，垂足為，連接，又因為底面，,所以為二面角的平面角，,，，即二面角的余弦值為.15分（法二）以點為坐標原點建立如圖空間直角坐標系，則，所以,,設(shè)面的法向量為，則即，不妨取，則，所以，易得平面的法向量，設(shè)二面角的平面角為，即二面角的余弦值為.15分17.解：設(shè)，，3分故求動點的軌跡方程.為．4分 ，5分，即，6分設(shè)直線的方程為，，，，，聯(lián)立，得，，，8分且9分∴，10分代入可得∴，12分∴直線方程為，即直線過定點13分此時，∴．15分18．【詳解】（1）；第一種情況：，概率為；1分第二種情況：，概率為；2分第三種情況：，概率為；3分第四種情況：甲→甲→乙→甲，概率為4分所以三次投擲骰子后球在甲手中的概率為.5分（2）由于投擲次骰子后球不在乙手中的概率為，此時無論球在甲手中還是球在丙手中，均有的概率傳給乙，故有．7分變形為．又，所以數(shù)列是首項為，公比為的等比數(shù)列．9分所以．10分所以數(shù)列的通項公式．11分（3）由（2）可得，12分則..13分當是奇數(shù)時，15分當是偶數(shù)時，16分綜上，17分19.解：（1）S4={1,2,3,4}的全部非空子集為{3,4},{1,2,3},{1,2,4},{1,3,4},{2,3,4},{1,2,3,4},其中好子集有{1},{2},{3},{4},{1,2},{1,4},{2,3},{3,4},{1,2,3},{2,3,4},{1,2,3,4},共有11個.所以f(4)=11..（2）將X的元素從小到大排列,即X=a1,a2,…,ak,k?3,其中a1所以對任意的1?i?k因此,對任意的1?i?k?2,ai和ai+2奇偶性相同,于是ai即對任意的1?i?k?2,ai+ai（3）記n=2022.首先證明Sn+2Sn因為Sn+2中不包含1的好子集每個元素均減去1即為Sn+1的每個好子集每個元素均加上1即為Sn+2的好子集,所以子集一一對應(yīng),其個數(shù)為f(n+1).故S同理可證:Sn+1中包含1的好子集個數(shù)為f(n+1)?的好子集個數(shù).于是Sn+2中包含1