广东深圳中学2024届高三寒假开学适用性考试数学试题.pdf

1、学科网（北京）股份有限公司绝密启用前 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，

2、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 na的各项均为正数，nS 为其前n 项和，若12a=，2349a a aa=，则3S=（）A.6 B.8 C.12 D.14 2.已知 7 个数据 0，1，5，6，7，11，12，则这组数据的第 70 百分位数为（）A.4.9 B.6 C.6.5 D.7 3.已知()f x 在()0,+上单调递减，且00 x，则下列结论中一定威立的是（）A.()()001f xf x+B.()()001f xf x+D.()()001

3、f xf x 4.已知非零向量a，b，满足 ab=，且0a b=，对任意实数，下列结论正确的是（）A.()()0abab=B.()()0abab+=C.()()0abab+=D.()()0abab+=5.在ABC中，若2a=，6A=，1cos3C=，则c=（）A.33 B.23 C.8 39 D.83 6.如图，在正方体1111ABCDA B C D中，2AB=，E，F 分别是1DD，1BB 的中点.用过点 F 且平行于平面ABE 的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（）学科网（北京）股份有限公司 A.2 5 B.6 C.5 D.52 7.已知正整数 N 的 70 次方是一个 83 位数，

4、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（）M 2 3 7 11 13 lg M 0.301 0.477 0.845 1.041 1.114 A.13 B.14 C.15 D.16 8.已知线段 AB 的长度为 10，M 是线段 AB 上的动点（不与端点重合）.点 N 在圆心为 M，半径为 MA 的圆上，且 B，M，N 不共线，则BMN的面积的最大值为（）A.252 B.254 C.25 32 D.25 34二、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。

5、9.已知函数()f x 的定义域为R，则以下选项正确的是（）A.若()()1f xf x+=，则()()2f xf x+=B.若()()2f xf x+=，则()()1f xf x+=C.若()()2f xfx+=，且()f x 为奇函数，则()()4f xf x+=D.若()()2f xfx+=，且()()4f xf x+=，则()f x 为奇函数 10.已知 m，n 都是正整数，且mn的焦点为 F，点 E 是 C 的准线与 C 的对称轴的交点，点 P 在 C 上.若30PEF=，则sinPFE=_.14.已 知 实 数m满 足：当 关 于x的 实 系 数 一 元 二 次 方 程20axbx

6、c+=有 实 数 根 时，()()()2222abbccama+恒成立.则 m 的最大值为_.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.（本小题满分 13 分）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.学科网（北京）股份有限公司 图 1 图 2（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 X，求

7、 X 的分布列及数学期望；16.（本小题满分 15 分）如图，在直三棱柱111ABCA B C中，90ABC=，12ABBCBB=，E，F 分别为 AB，11B C 的中点.（1）求证：EF 平面11ACC A；（2）若点 P 是棱1BB 上一点，且直线 AP 与平面 BEF 所成角的正弦值为 15，求线段 BP 的长.17.（本小题满分 15 分）学科网（北京）股份有限公司已知椭圆：()222210 xyabab+=的右焦点坐标为（2，0），且长轴长为短轴长的2 倍，直线l 交 椭圆于不同的两点 M 和 N，（1）求椭圆 的方程；（29.若直线l 的方程为()0ykxt k=+，点 M 关于

8、 x 轴的对称点为 M ，直线 MN，M N分别与 x 轴相交于 P、Q 两点，求证：OPOQ为定值.18.（本小题满分 17 分）已知函数()exxf x=，()ln xg xx=（1）求()f x 和()g x 的极值；（2）是否存在直线 ya=，其与曲线()yf x=和曲线()yg x=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.19.（本小题满分 17 分）给定正整数2n，设集合()12,0,1,1,2,nkMt tttkn=.对于集合 M 中的任意元素()12,nx xx=和()12,ny yy=，定 义1122nnx

9、 yx yx y=+，设 AM，且 集 合()12,1,2,iiiiinAtttin=，对于 A 中任意元素i，j，若,1,ijp ijij=则称 A 具有性质(),T n p.（1）判断集合()()()1,1,0,1,0,1,0,1,1A=是否具有性质()3,2T?说明理由；（2）判断是否存在具有性质()4,Tp 的集合 A，并加以证明；（3）若集合 A 具有性质(),T n p，求()121,2,jjnjtttp jn+=.学科网（北京）股份有限公司2024 届高三年级寒假开学适应性考试数学参考答案选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D D B B D A C A AC

10、 ACD BC 填空题 12.-1 13.33 14.98 7.【解析】因为正整数 N 的 70 次方是一个 83 位数，所以8270831010N，取常用对数得8270lg83N，即1.171lg1.186N 由表可知()lg15lg 3 102lg3lg10lg 20.4771 0.3011.1761.171,1.186=+=,所以 N 的值为 15.8.【解析】如图：设()5,0A，()5,0B，(),0M a，圆 M 的半径为 r，则10MBr=，()010MNrr=，所以BMN的面积 21111sin10sin10102222SMB MNBMNr rBMNr rrr=+，当BMN为

11、90时取等号，再结合二次函数的性质可得当5r=时 S 有最大值 252.10.【解析】对于 D，因为()()()2111nnnxxx+=+，等式左边nx 的系数为：011220CCCCCCCCnnnnnnnnnnnn+()()()()2222001122012CCCCCCCCCCCCnnnnnnnnnnnnnnn=+=+，等式右边nx 的系数为：2Cnn，学科网（北京）股份有限公司所以()()()222012CCCCnnnnnn+=，故 D 正确.11.【解析】过点 B 作 BBx 轴，垂足为 B，连接 A B，AB，因为()f x 得最小正周期242T=，所以122A BT =，由22222

12、2ABAAA BAA BBB=+=+得()2222102=+，解得3=.A.因为()3sin2f xx=+过30,2，所以33sin2=，即1sin2=，根据五点作图法，结合图像可得526k=+，k Z，因为0，所以56=，所以 A 错误；B.法 1：由52262xk+=+可得243xk=+，k Z，如图建系，学科网（北京）股份有限公司 则20,33A，43,03B，10,03C.()()3,2,30.1,3235AB AC=+=，所以 B 正确；法 2：因为 ABAAA BB B=+，AC在 AA和 A B 上投影的数量分别为 AA，A C，且 BBAC，所以()332 1 05AB ACA

13、AA BB BACAA ACA BACB B AC =+=+=+=，所以 B正确：C.设 AB 中点为 M，因为 CACB=，所以CMAB，所以 C 在过 M 与 AB 垂直的平面上，即过 AB 中点与 AB 垂直的平面与 x 轴交于点 C；D.因为222234AQAAA QA Q=+=+，所以1A Q，则T 表示的区域是圆心角为CA B，半径为 1 的扇形，又因为2CA B，所以该扇形的面积为22111122224SarCA B=的焦点为,02pF，点 E 是 C 的准线与 C 的对称轴的交点，其坐标为,02pE，学科网（北京）股份有限公司点 P 在 C 上，设为()00,P xy，若30P

14、EF=，则003tan32yPEFpx=+，且02pPFx=+，则03sin3yPFEPF=.14.解析：设()()()2222abbccaa+=，其中 a、b、c 为实数：0a.当方程20axbxc+=有实数根时，设其两根为1x、2x.由韦达定理知12bxxa+=，12cx xa=.于是()()()2222abbccaa+=22211bbccaaaa=+()()()()()2222212121212112211211xxxxx xx xxxxx=+=+3392448=.当且仅当1212xx=，即40abc=时等号成立.因此 的最小值为 98.所以m 的最大值为 98.解答题：15.解：（1）

15、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()27P A=；（2）由图可知，7 天中乙的步数不少于 20000 步的天数共 2 天；X 的所有可能取值为 0，1，2，()305237C C20C7P X=，()215237C C41C7P X=，()125237C C12C7P X=，学科网（北京）股份有限公司所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P274717()24160127777E X=+=.16.（1）取线段 BC 的中点 H，连接 FH，EH，因为 E，F 分别为 AB，11B C

16、 的中点，故有 EHAC，1FHCC，又因为1,AC CC 平面11ACC A，,EH FH/平面11ACC A，故 EH 平面11ACC A，FH 平面11ACC A，又 EHFHH=，则平面 EHF 平面11ACC A，因 EF 平面 EHF，则 EF 平面11ACC A.（2）如图，分别以 BC，BA，1BB为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐标系 Bxyz.则()0,2,0A，()0,0,0B，()1 0,0,2B，()0,1,0E，()1,0,2F，设点()0,0,Pz，1BPBB=，则01，代入坐标得：()()0,0,0,0,2z=，即()0,0,2P，于是()0,2,2AP=

17、，()0,1,0EB=，()1,1,2EF=，设平面 BEF 的法向量为(),na b c=，则有020n EBbn EFabc=+=，故可取()2,0,1n=.依题意得，221cos,5521n AP=+，解得12=，即线段 BP 的长为 1.学科网（北京）股份有限公司17 解：（1）由题意得2ab=，224ab=，解得2 2a=，2b=，所以椭圆 的方程为22184xy+=.（2）由题意知 M 点的坐标为()11,Mxy，将 ykxt=+，代入22184xy+=得：()222214280kxktxt+=，122421ktxxk+=+，21222821tx xk=+()121222221ty

18、yk xxtk+=+=+对于直线 ykxt=+，令0y=得txk=，tOPk=对于直线 M N：()212221yyyyxxxx+=，令0y=得()()()221122112212212121yxxx kxtxkxtx yx yxxyyyyyy+=+=+()12122128kx xt xxkyyt+=+，8kOQt=88tkOPOQkt=.18.解析：（1）()1exxfx=，当1x，当1x 时，()0fx，所以()f x 在(),1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以当1x=时，()f x 取得极大值 1e，无极小值.学科网（北京）股份有限公司()21 ln xgxx=，当0ex，当ex

19、 时，()0gx，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在()e,+上单调递减，当ex=时，()g x 取得极大值 1e，无极小值.（2）当直线 ya=过两个函数图象的交点时，满足题意.设交点为()2,A x a，直线 ya=与()f x 在 A 的左边交点为()1,P x a，与()g x 在 A 的右边交点为()3,Q x a，由（1）知12301exxx，且11exxa=，2222lnexxxax=，33ln xax=.因为12122ln2lnlnexxxxxaex=，所以()()12lnf xfx=，又11x，2lnln e1x ，3lnln e1x=，且()f x 在()1,+上

20、单调递减，所以23lnxx=，则33231lnxxxxa=，所以32211xxxxa=，即1x，2x，3x 成等比数列.19.解：（1）因为()()1,1,01,1,01 1 1 10 02=+=，同理()()()()1,0,11,0,10,1,10,1,12=.又()()1,1,01,0,11 1 1 00 11=+=，学科网（北京）股份有限公司同理()()()()1,1,00,1,11,0,10,1,11=.所以集合()()()1,1,0,1,0,1,0,1,1A=具有性质()3,2T.（）当4n=时，集合 A 中的元素个数为 4.由题设0,1,2,3,4p.假设集合 A 具有性质()4,

21、Tp，则 当0p=时，()0,0,0,0A=，矛盾.当1p=时，()()()()1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1A=，不具有性质()4,1T，矛盾.当2p=时，()()()()()()1,1,0,0,1,0,1,0,1,0,0,1,0,1,1,0,0,1,0,1,0,0,1,1A.因为()1,1,0,0 和()0,0,1,1 至多一个在 A 中；()1,0,1,0 和()0,1,0,1 至多一个在 A 中；()1,0,0,1 和()0,1,1,0 至多一个在 A 中，故集合 A 中的元素个数小于 4，矛盾.当3p=时，()()()()1,1,1,0,1,1,0,1

22、,1,0,1,1,0,1,1,1A=，不具有性质()4,3T，矛盾.当4p=时，()1,1,1,1A=，矛盾.综上，不存在具有性质()4,Tp 的集合 A.（）记()1241,2,jjjjctttjn=+=，则12ncccnp+=.若0p=，则()0,0,0A=，矛盾.若1p=，则()1,0,0,0A=，矛盾.故2p.假设存在 j 使得1jcp+，不妨设1j=，即11cp+.当1cn=时，有0jc=或()12,3,jcjn=成立.所以12,n 中分量为 1 的个数至多有()1212nnnnnp+=.当11pcn+时，不妨设 11211,11pttt+=，10nt=.因为nnp=，所以n 的各分量有 p 个 1，不妨设23,11nnn pttt+=.学科网（北京）股份有限公司由ij时，1ij=可知，2,3,1qp+，121,qqpqttt+中至多有 1 个 1，即121,p+的前1p+个分量中，至多含有121ppp+=+个 1.又()11,2,1inip=+，则121,p+的前1p+个分量中，含有()()1122ppp+=+，矛盾.所以()1,2,jcp jn=.因为12ncccnp+=，所以()1,2,jcp jn=.所以()121,2,jjnjtttp jn+=.