2023—2024学年（下）高三年级考前质量检测
数学
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：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．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．样本数据的中位数和平均数分别为（ ）
A．34，35 B．34，34 C．34.5，35 D．34.5，34
4．已知直线与圆有公共点，则的可能取值为（ ）
A．1 B． C． D．
5．在中，角的对边分别是，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知正方体的棱长为为棱的中点，则四面体的体积为（ ）
A．2 B． C． D．
7．已知，则（ ）
A．4 B．2 C． D．
8．已知双曲线的上焦点为，圆的圆心位于轴上，半径为，且与的上支交于两点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知分别是定义域为的偶函数和奇函数，且，设函数，则（ ）
A．是奇函数 B．是偶函数 C．在上单调递减 D．在上单调递增
10．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得的图象关于轴对称，则（ ）
A．的图象关于直线对称 B．的最小值为
C．的最小正周期可以为 D．的图象关于原点对称
11．如图，有一个棱台形的容器（上底面无盖），其四条侧棱均相等，底面为矩形，，容器的深度为，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．该四棱台的侧面积为
C．若将一个半径为的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面
D．若一只蚂蚁从点出发沿着容器外壁爬到点，则其爬行的最短路程为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数为______．（用数字作答）
13．已知椭圆的左、右焦点分别为为上一动点，则的取值范围是______．
14．已知两个不同的正数满足，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．（13分）
已知函数．
（Ⅰ）求曲线在点处的切线在轴上的截距；
（Ⅱ）探究的零点个数．
16．（15分）
如图，在直三棱柱中，为棱上一点，且．
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求二面角的大小．
17．（15分）
设数列满足，且．
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）求的前项和．
18．（17分）
在机器学习中，精确率、召回率、卡帕系数是衡量算法性能的重要指标．科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．扫雷机器人依次对每个位点进行检测，表示事件“选到的位点实际有雷”，表示事件“选到的位点检测到有雷”，定义：精确率，召回率，卡帕系数，其中．
（Ⅰ）若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率和召回率．
实际有雷 实际无雷 总计
检测到有雷 40 24 64
检测到无雷 10 26 36
总计 50 50 100
（Ⅱ）对任意一次测试，证明：．
（Ⅲ）若，则认为机器人的检测效果良好；若，则认为检测效果一般；若，则认为检测效果差．根据卡帕系数评价（Ⅰ）中机器人的检测效果．
19．（17分）
已知抛物线的焦点为，以点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，与在第一象限的交点为．
（Ⅰ）证明：直线与相切．
（Ⅱ）若直线与的另一交点分别为，直线与直线交于点．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的面积的最小值．
2023-2024学年（下）高三年级考前质量检测
数学·答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．答案 C
命题意图 本题考查集合的表示与运算．
解析 因为，所以．
2．答案 B
命题意图 本题考查复数的运算及几何意义．
解析 因为，所以，故在复平面内对应的点为位于第二象限．
3．答案 D
命题意图 本题考查中位数和平均数的概念．
解析 将样本数据按照从小到大的顺序排列可得，故中位数为，平均数为．
4．答案 B
命题意图 本题考查直线与圆的位置关系．
解析 由直线与圆有公共点，可得圆心到直线的距离为，解得的取值范围为．
5．答案 A
命题意图 本题考查正弦定理和余弦定理的应用．
解析 由条件及正弦定理得，即，由余弦定理得，所以．
6．答案 A
命题意图 本题考查正方体的结构特征以及棱锥体积的计算．
解析 设的中点为，则，在对角面中，可以计算得，所以．
7，答案 D
命题意图 本题考查三角恒等变换的应用．
解析 因为，所以，所以．
8．答案 B
命题意图 本题考查双曲线与圆的位置关系．
解析 由题可知．设圆，联立得，故，因此，因为，所以，同理可得，故，当或时取得最小值．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．答案 AD
命题意图 本题考查函数的奇偶性和单调性．
解析 因为①，所以，即②，联立①②，解得，所以．因为，所以是奇函数，又，所以在上单调递增．故A，D正确．
10．答案 ABD
命题意图 本题考查三角函数的图象与性质．
解析 对于A，将的图象向左平移个单位长度后，关于轴对称，所以的图象关于直线对称，故A正确；
对于B，由题可知，解得，又，所以的最小值为，故B正确；
对于C，若最小正周期，则，由B项可知，不存在满足条件的，故C错误；
对于D，因为，代入，得，所以的图象关于点对称，将的图象向右平移个单位长度可以得到的图象，则对称中心对应平移到坐标原点，故的图象关于原点对称，故D正确．
11．答案 BD
命题意图 本题考查棱台的结构特征以及相关计算．
解析 对于A，，故A误；
对于B，梯形的高为，所以梯形的面积为，梯形的高为，所以梯形的面积为，故该四棱台的侧面积为，故B正确；
对于C，若放入容器内的球可以接触到容器的底面，则当球的半径最大时，球恰好与面、面、面均相切，过三个切点的截面如图（1）所示，由图可知，所以，从而球的半径为，所以将半径为的球放入该容器中不能接触到容器的底面，故C错误；对于D，将平面与平面展开至同一平面，如图（2），则，将平面与平面展开至同一平面，如图（3），则，所以最短路程为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．答案 672
命题意图 本题考查二项式定理的应用．
解析 的展开式的通项为，令，得，所以的系数为．
13．答案
命题意图 本题考查椭圆的性质．
解析 设椭圆的半焦距为，离心率为．当取最小值时，取最大值，反过来也一样，所以，即，又因为，故．
14．答案
命题意图 本题考查函数与不等式的综合．
解析 将两边展开，得到，从而，故，而，故，即，从而．设函数，则，由于在上单调递增，故，即．
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．命题意图 本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的零点．
解析 （Ⅰ）由题意知，所以，
又，所以的方程为，即，
所以在轴上的截距为．
（Ⅱ）因为和在上均单调递增，所以在上单调递增．又因为，所以，使得．
所以当时，单调递减；当时，单调递增．
又因为，
所以有两个零点．
16．命题意图 本题考查面面垂直的证明，以及利用空间向量计算二面角．
解析 （Ⅰ）在直三棱柱中，平面．
，
平面．
平面，
平面．
又平面，
平面平面．
（Ⅱ）如图，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则．
设点，则．
，解得．
设平面的法向量为，
则可取．
易知为平面的一个法向量．
，
故由图可知二面角的大小为．
17．命题意图 本题考查数列的通项公式和数列求和．
解析 （Ⅰ）由题易知，且，
所以，
所以，
所以也满足该式，
所以．
（Ⅱ），①
，②
②-①，得．
设，③
则，④
④-③，得，
所以．
18，命题意图 本题考查条件概率、概率的运算性质．
解析 （Ⅰ），
．
（Ⅱ），
要证明，需证明．
等式右边：
．
等式左边：
因为，
所以
．
等式左右两边相等，因此成立．
（Ⅲ）由（Ⅰ）得，因为，
所以（Ⅰ）中机器人的检测效果一般．
另解：，
，
所以．判断结果同上．
19．命题意图 本题考查抛物线的性质，抛物线与直线的位置关系．
解析 （Ⅰ）由题意知，
设，则，
所以，所以，
所以直线的斜率为，方程为．
联立方程得，
因为，所以直线与相切．
（Ⅱ）（ⅰ）设直线的方程为，
由可得，则，又因为，所以．
由（Ⅰ）知，点，直线的斜率为，方程为，
由得，由，
得．
作，垂足为，则，直线的方程为，
将直线与的方程联立，得解得．
所以，所以，
由相似三角形的性质可得．
（ⅱ）由（ⅰ）知，所以，故，
因为，
所以（当且仅当时等号成立），
故，即的面积的最小值为．
