2024届山西省临汾市高三下学期适应性训练考试（三）数学试题

姓名______准考证号______秘密★启用前临汾市2024年高考考前适应性训练考试（三）数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。2．全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，将答案用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上。4．考试结束后，将本试题和答案一并交回。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．已知集合，，且，则实数的取值范围是（）AxxaBx1x2ABðRRaA．aa1B．aa1C．aa.2D．aa2π2．在△ABC中，角ABC,,所对的边分别为a,,bc，若A，a43，b42，则B（）3π3π3ππA．或B．C．D．以上答案都不对44443．已知等差数列an的首项为2，公差不为0．若a2,,a3a6成等比数列，则an的前6项和为（）A．24B．48C．3D．8124．若0x1，则的最小值是（）x1xA．1B．4C．222D．3225．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3:4，则该汝窑双耳罐的体积是（）图1图21784π1884π2304π2504πA．B．C．D．3333学科网（北京）股份有限公司x2y2x26．已知椭圆C:1ab0与椭圆C:y21有相同的焦点，且C与直线l:xy301a2b2221相切，则椭圆C1的离心率为（）5321A．B．C．D．5322AB3ADAC7．若，7,3，则cosBAD的取值范围是（）ABADAC11112121A．,B．,C．,D．,262333368．已知函数fxlnexex，关于x的不等式fexfex的解集为a,，则ea1lna（）A．2B．1C．0D．1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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。8239．在x的展开式中（）xA．所有奇数项的二项式系数的和为128B．二项式系数最大的项为第5项C．有理项共有两项D．所有项的系数的和为3810．已知EF,是以C1,2为圆心，2为半径的圆上任意两点，且满足CECF，P是EF的中点，若存在关于3,0对称的AB,两点，满足PAPB0，则线段AB长度的可能值为（）A．3B．4C．5D．6nnn1n11．记fx为函数的n阶导数，*，若fx存在，则称fxfxfxn2,nNfxn阶可导．英国数学家泰勒发现：若fx在x0附近n1阶可导，则可构造2nfxfx2fxnTxfx0xx0xx0xx（称其为fx在x处的n01!02!0n!00n次泰勒多项式）来逼近fx在x0附近的函数值．下列说法正确的是（）nnπA．若fxsinx，则fxsinx2学科网（北京）股份有限公司1nB．若fx，则fnx1n!xn1xx2x3C．fxex在x0处的3次泰勒多项式为Tx1x0326D．cos10.55（精确到小数点后两位数字）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。z12．已知复数z满足：23i，则z______．1i13．已知函数fx的定义域为R，且fxyfxyfxfy，f11，则f2024______．1114．已知首项为1的正项数列an，其前n项和Snan．用x表示不超过x的最大整数，则2anSSSS123112______．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）π已知函数fxAsinxA0,0,0的图象可由函数y3sinx的图象平移得到，且2π关于直线x对称．37π（1）求f的值；12ππ（2）求函数gxf2xf2x,x0,π的单调递增区间．6616．（15分）ππ如图1，在平面四边形ABCD中，AB∥CD，DAB，ABC，BCCD23，点E在63AB上，且满足DE∥BC．现沿DE将△ADE折起，使得AB62，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，在图2中解答下列问题．学科网（北京）股份有限公司图1图2（1）证明：CE平面ABD；（2）若AB3AF，求平面DEF与平面CEF的夹角的余弦值．17．（15分）如图，在平面直角坐标系中，M和N是x轴上关于原点对称的两个点，过点M倾斜角为的直线l与抛物线C:y24x交于AB,两点，且MBNB．（1）若N为C的焦点，求证：cos252；（2）过点A作x轴的垂线，垂足为H，若ABH2，求直线l的方程．18．（17分）某导弹试验基地，对新研制的AB,型导弹进行最后确定试验．2（1）据以往多次试验，A型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中23次，则目标被击落，射击停止；若射击达到5次，不管目标击落与否，则结束试验．求射击次数X的分布列并计算其期望；（2）据以往多次试验，B型导弹每次击中空中目标的概率为p．用该导弹对目标进行连续射击，若击中11次，则目标被击落，射击停止．请完成以下关于射击次数Y的分布列，并证明：EY．pY123…n…P……（参考公式：若pq1，则limqn0，limnqn0．）nn19．（17分）1已知函数fxlnx1x2．2学科网（北京）股份有限公司（1）求fx在x0处的切线方程；（2）若曲线yfx与直线yax有且仅有一个交点，求a的取值范围；（3）若曲线yfx在m,fmm0处的切线与曲线yfx交于另外一点n,fn，求证：m2mn．m1学科网（北京）股份有限公司秘密★启用前2024年第三次高考考前适应性训练试卷数学试题参考答案和评分参考评分说明：1．本解答只给出了一种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。4．只给整数分数。选择题和填空题不给中间分。一．选择题：题号12345678答案ACBDDAAB二．选择题：题号91011答案ABBCDABC三．填空题：12．5i13．114．745四．解答题：15．解：（1）依题知函数fx与函数y3sinx有相同的振幅和周期，所以A31π因为函数fx的图象关于直线x轴对称，3ππ所以kπ,kZ，32π即kπ,kZ，6ππ又因为0，所以，26π所以fx3sinx，67π7ππ3π32f3sin3sin．1212642学科网（北京）股份有限公司π33（2）gx3sin2x3sin2x3sin2xcos2x322π33sin2x6ππ13π法一：因为x0,π，所以t2x,，666ππ3π13π因为ysint在,,,单调递增，6226π2π故ygx的单调递增区间为0,和,π．63法二：πππ由2kπ2x2kπ,kZ，262ππ得kπxkπ,kZ，36又因为x0,ππ2π所以gx的单调递增区间为0,和,π．6316．解：（1）在平面四边形ABCD中因为CD∥BE，DE∥BC，BCCD，所以四边形BCDE为菱形，因为ABC60，DE∥BC，所以DEA60，又因为DAE30，所以EDA90，即ADDE，在直角三角形EDA中，由DEBC23，可得AD6，因为ADBD6，AB62，所以AD2BD2AB2，即ADBD，又因为BDDED，BD平面BCDE，DE平面BCDE，所以AD平面BCDE，因为CE平面BCDE，所以ADCE，在四棱锥ABCDE中．因为四边形BCDE为菱形，所以CEBD，又因为ADBDD，BD平面ABD，AD平面ABD，所以CE平面ABD．（2）设，过作∥，则以为原点，，所在直线分别为轴，轴，CEBDOOOO1ADOOE,OBOO1xy学科网（北京）股份有限公司z轴建立空间直角坐标系，如图所示可得EC3,0,0,3,0,0，DAB0,3,0,0,3,6,0,3,0，因为AB3AF，所以F0,1,4EF3,1,4，DE3,3,0，CE23,0,0，设平面DEF的一个法向量为mx1,,y1z1mEF03x1y14z10则，即，mDE03x13y10可取m23,2,1设平面CEF的一个法向量为nx2,,y2z2nEF03x2y24z20则，即，nCE023x20可取n0,4,1，mn817所以cosm,n，mn1241161177所以平面DEF与平面CEF的夹角的余弦值为．1717．解：（1）法一：由题可知，NM1,0,1,0，学科网（北京）股份有限公司22y1y2设A,y1，B,y2，4422y2y2则NB1,y2，MB1,y2．444y2因为MBNB，故NBMB21y0，1622解之得，y2458．y2NB2151，MN24NB51sin．MN2cos212sin252．法二：由题可知，NM1,0,1,0，22设点Bx2,y2，因为MBNB，故点B在圆xy1上，又因为点B也在C:y24x上，联立x2y21与y24x得x24x10．解之得x25．因为x0，故x225．故NBx2151，MN2．NB51sin．MN2cos212sin252．（2）因为ABH2，AMH，所以BHM，故BMBH．又因为MBNB，AHMH所以MAHAHB，故ABBH．所以B为AM的中点．方法一：学科网（北京）股份有限公司设Mm,0，直线l的方程为ykxm，k0，Ax1,,,y1