湖南省長(zhǎng)沙市第一中學(xué)2024屆高考適應(yīng)性演練(三）數(shù)學(xué)試題（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．
1. 若全集，，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用整數(shù)集的定義化簡(jiǎn)集合，再利用集合的補(bǔ)集運(yùn)算即可得解.
【詳解】因?yàn)?，?br>所以．
故選：A.
2. 已知，則的實(shí)部是（）
A. B. iC. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)除法運(yùn)算化簡(jiǎn)，由實(shí)部定義可得.
【詳解】因?yàn)?，所以z的實(shí)部是0.
故選：C．
3. 若函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，則a的取值范圍是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的單調(diào)性，再列不等式即可求解.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
又函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，所以，
故選：B．
4. 在中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，則“”是“為銳角三角形”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】先化簡(jiǎn)，再利用充分條件與必要條件的定義進(jìn)行判斷即可.
【詳解】在中，，則，
又，
所以，
則有，又，所以，故角B為銳角.
當(dāng)B為銳角時(shí)，不一定是銳角三角形；
當(dāng)為銳角三角形時(shí)，B為銳角，
故“”是“為銳角三角形”的必要不充分條件.
故選：B
5. 如圖，設(shè)向量,若,且,則用陰影表示點(diǎn)所有可能的位置區(qū)域正確的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【詳解】試題分析：設(shè)向量.因?yàn)橄蛄?若,所以，所以,所以，即，即D選項(xiàng)的形式.故選D.
考點(diǎn)：1.向量的加減法.2.向量的基本定理.3.分類探索的思想.
6. 若正數(shù)滿足，則的最小值為（）
A. 4B. 6C. 9D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用已知條件把變形成積為定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值.
【詳解】方法一：由，可得，
所以
由為正數(shù)且，可得，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.
故選：A.
方法二：由，可得，，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.
故選：A.
【點(diǎn)睛】本題考查利用基本不等式求最值，解題關(guān)鍵是湊出積或和為定值.
7. 定義：在數(shù)列中，，其中d為常數(shù)，則稱數(shù)列為“等比差”數(shù)列.已知“等比差”數(shù)列中，，，則（）
A. 1763B. 1935C. 2125D. 2303
【答案】B
【解析】
【分析】運(yùn)用累和法和累積法進(jìn)行求解即可.
【詳解】因?yàn)閿?shù)列是“等比差”數(shù)列，
所以，
因?yàn)?，?br>所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累積，得，
所以，
故選：B
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是運(yùn)用累和法和累積法.
8. 若關(guān)于x的不等式對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由題設(shè)有，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性及值域，將問題轉(zhuǎn)化為在上恒成立，再構(gòu)造結(jié)合導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.
【詳解】由，可得，
即，令，則在上恒成立，
所以，由可得，由可得，
所以在上遞增，在上遞減，且，
在上，上，而，
所以，必須且只需在上恒成立，即恒成立，
令，則，即在上遞增，
故，
故a的取值范圍為.
故選：D.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：恒（能）成立問題的解法：
若在區(qū)間上有最值，則
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分離常數(shù)，即將問題轉(zhuǎn)化為：（或），則
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分．
9. 下列結(jié)論中正確的有（）
A. 若隨機(jī)變量滿足，則
B. 若隨機(jī)變量，且，則
C. 若線性相關(guān)系數(shù)越接近1，則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)
D. 數(shù)據(jù)40，27，32，30，38，54，31，50的第50百分位數(shù)為32
【答案】BC
【解析】
【分析】由方差性質(zhì)判斷A,由正態(tài)分布對(duì)稱性判斷B,由相關(guān)系數(shù)性質(zhì)判斷C,由百分位計(jì)算判斷D.
【詳解】對(duì)A,由方差的性質(zhì)可得，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤．
對(duì)B,由正態(tài)分布圖象的對(duì)稱性可得，故選項(xiàng)B正確．
對(duì)C,線性相關(guān)系數(shù)越接近1，則兩個(gè)變量的線性相關(guān)性越強(qiáng)，故選項(xiàng)C正確．
對(duì)D,先將所有數(shù)從小到大進(jìn)行排序27，30，31，32， 38，40，50，54，由于為整數(shù)，
求出第4個(gè)和第5個(gè)數(shù)的平均數(shù)，所以第50百分位數(shù)為，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
故選:BC．
10. 如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，分別是的中點(diǎn)，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，則下列說法中正確的是（）
A. 存在點(diǎn)，使四點(diǎn)共面
B. 存在點(diǎn)，使平面
C. 三棱錐的體積為
D. 經(jīng)過四點(diǎn)的球的表面積為
【答案】ABC
【解析】
【分析】由題意，當(dāng)Q與點(diǎn)重合時(shí)，四點(diǎn)共面，即可判斷A；根據(jù)平行的傳遞性可得，結(jié)合線面平行的判定定理即可判斷B；利用等體積法和棱錐的體積公式計(jì)算即可判斷C；易知經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球即為長(zhǎng)方體的外接球，求出球的半徑即可判斷D.
【詳解】A：如圖，在正方體中，連接．
因?yàn)镹，P分別是的中點(diǎn)，所以．
又因?yàn)椋裕?br>所以四點(diǎn)共面，即當(dāng)Q與點(diǎn)重合時(shí)，四點(diǎn)共面，故A正確；
B：連接，當(dāng)Q是的中點(diǎn)時(shí)，因?yàn)椋裕?br>因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平面，故B正確；
C：連接，因?yàn)?，則
，故C正確；
D：分別取的中點(diǎn)E，F(xiàn)，構(gòu)造長(zhǎng)方體，
則經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球即為長(zhǎng)方體的外接球．
設(shè)所求外接球的直徑為，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線即為所求的球的直徑，
即，
所以經(jīng)過C，M，B，N四點(diǎn)的球的表面積為，故D錯(cuò)誤．
故選：ABC
11. 已知是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，對(duì)于任意都滿足，則下列說法正確的是（）
A. B.
C. 是奇函數(shù)D. 若，則
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用賦值法，可判斷A項(xiàng)；令，可判斷B項(xiàng)；令并結(jié)合奇函數(shù)的定義可判斷C項(xiàng)；令可判斷D項(xiàng).
【詳解】因?yàn)?，所以令，得，故A正確；
令，得，所以，
令，得，所以，故B錯(cuò)誤；
令，得，又，所以，
所以函數(shù)是奇函數(shù)，故C正確；
令，得，
又，，所以，故D正確；
故選：ACD.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知函數(shù)的圖象的一條對(duì)稱軸為直線，則__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角恒等變換將化簡(jiǎn)，再根據(jù)直線為的圖象的一條對(duì)稱軸，結(jié)合正弦函數(shù)的對(duì)稱性即可求得.
【詳解】
，
由于的圖象的一條對(duì)稱軸為直線，
所以，
解得．
又因?yàn)椋?br>所以．
故答案為：.
13. 某高中學(xué)校為了響應(yīng)上級(jí)的號(hào)召，促進(jìn)學(xué)生的全面發(fā)展，決定每天減少一節(jié)學(xué)科類課程，增加一節(jié)活動(dòng)課，為此學(xué)校開設(shè)了傳統(tǒng)武術(shù)、舞蹈、書法、小提琴4門選修課程，要求每位同學(xué)每學(xué)年至多選2門，從高一到高三3個(gè)學(xué)年將4門選修課程學(xué)完，則每位同學(xué)的不同選修方式有__________種，若已知某同學(xué)高一學(xué)年只選修了舞蹈與書法兩門課程，則這位同學(xué)高二學(xué)年結(jié)束后就修完所有選修課程的概率為__________．
【答案】 ①. 54 ②. ##
【解析】
【分析】利用分組分配的方法，計(jì)算求值；利用樣本空間的方法，求條件概率.
【詳解】由題意可得三個(gè)學(xué)年修完四門選修課程，每學(xué)年至多選2門，
則每位同學(xué)每年所修課程數(shù)為1，1，2或0，2，2．
先將4門選修課程按1，1，2分成三組，有種方式，再分到三個(gè)學(xué)年，有種不同方式，
由分步計(jì)數(shù)原理得，不同的選修方式共有種．
同理，將4門選修課程按0，2，2分成三組，再排列，有種，
所以共有種不同選修方式；
若將“某同學(xué)高一學(xué)年只選修了舞蹈與書法兩門課程”記為事件A，將“高二學(xué)年結(jié)束后就修完所有選修課程”記為事件B．
根據(jù)題意，滿足事件A的所有選課情況共4種情況，其中包含高二選修完或高三選修完其他2門，或是高二，高三各選1門，共4種情況，
其中同時(shí)滿足事件B的僅有1種情況．根據(jù)條件概率公式，可知所求概率為．
故答案為：54；
14. 已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為為橢圓上不與頂點(diǎn)重合的任意一點(diǎn)，I為的內(nèi)心，記直線的斜率分別為，若，則橢圓E的離心率為__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由橢圓的性質(zhì)結(jié)合題意得到，再由橢圓的第二定義得到，解出，然后由等面積法得到，最后利用解出即可.
【詳解】設(shè)，設(shè)圓與軸相切于點(diǎn)M，N，T，
所以，
所以，
即，所以．
由橢圓第二定義可知，
所以，所以，
由等面積法得到，
所以．
因?yàn)?，所以，所以，即?br>故答案為：
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是能利用橢圓的第二定義得到后再結(jié)合橢圓的性質(zhì)和求出.
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. 如圖，在中，．D，E分別為邊上的中點(diǎn)，現(xiàn)將以為折痕折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)的位置．

（1）連接，證明：;
（2）若平面與平面所成二面角的大小為，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）方法一，先證明平面，由得平面，再證平面平面，由證平面，由得平面即得；方法二，由利用平面幾何知識(shí)易得.
（2）方法一，先用幾何法證明（平面平面直線l），得已知二面角的平面角為，推得正三角形，作出直線與平面所成角，在中即可求得；方法二，通過建系，設(shè)，寫出相關(guān)點(diǎn)和向量的坐標(biāo)，求出兩平面的法向量，利用空間向量的夾角公式求得，再將其代入點(diǎn)的坐標(biāo)計(jì)算即得.
【小問1詳解】
方法一：如圖，取的中點(diǎn)G，

因?yàn)镈，E分別為的中點(diǎn)，所以．
因?yàn)?，所以?br>又因?yàn)槠矫妫?br>所以平面，所以平面．
因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?，交線為．
因?yàn)镚為的中點(diǎn)，且，
所以，因?yàn)槠矫妫云矫妫?br>又因?yàn)?，所以平面?br>因?yàn)槠矫?，所以?br>方法二：因?yàn)椋?br>則且，
故
所以，即．
【小問2詳解】
方法一：因?yàn)?，且平?平面，所以平面．
又因?yàn)槠矫?，若平面平面直線l，
則，又，則．
由（1）可知，，則得，
所以平面與平面所成二面角的平面角為．
因?yàn)?，且，所以為正三角形?br>如圖，過點(diǎn)B作平面交于點(diǎn)H，連接，

則為直線與平面所成角．
過點(diǎn)C作于點(diǎn)F，因?yàn)槠矫妫?br>所以，又因?yàn)椋?br>所以．
方法二：如圖，以D為原點(diǎn)，方向?yàn)閤軸正方向，方向?yàn)閥軸正方向，
在平面內(nèi)過點(diǎn)D作z軸垂直于平面，建立空間直角坐標(biāo)系．

設(shè)，則，
則，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
由，故可?。?br>又因?yàn)椋?br>設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
由，故可?。?br>根據(jù)，解得，
所以，
所以，設(shè)直線與平面所成角為，
則直線與平面所成角的正弦值．
16. 隨著人工智能的進(jìn)一步發(fā)展，逐漸進(jìn)入大眾視野．是一種基于人工智能的語言模型，具備卓越的自然語言處理能力、廣泛的知識(shí)覆蓋范圍和富有創(chuàng)造性的回答能力，是人們學(xué)習(xí)、工作與生活中的出色助手．盡管如此，也有部分人認(rèn)為會(huì)對(duì)人類未來工作產(chǎn)生威脅，由于其在提高工作效率方面的出色表現(xiàn)，將在未來取代一部分人的職業(yè)．現(xiàn)對(duì)200家企業(yè)開展調(diào)查，統(tǒng)計(jì)每家企業(yè)一年內(nèi)應(yīng)用的廣泛性及招聘人數(shù)的增減，得到數(shù)據(jù)結(jié)果統(tǒng)計(jì)如下表所示：
（1）根據(jù)小概率的獨(dú)立性檢驗(yàn)，是否有99%的把握認(rèn)為企業(yè)招聘人數(shù)的增減與應(yīng)用的廣泛性有關(guān)？
（2）用頻率估計(jì)概率，從招聘人數(shù)減少的企業(yè)中隨機(jī)抽取30家企業(yè)，記其中廣泛應(yīng)用的企業(yè)有X家，事件“”的概率為．求X的分布列并計(jì)算使取得最大值時(shí)k的值．
附：，其中．
【答案】（1）無關(guān)；（2）且；．
【解析】
【分析】（1）計(jì)算出，對(duì)照臨界值表即可作出判斷；
（2）根據(jù)二項(xiàng)分布概率公式即可得分布列，由和，列不等式組求解可得k.
【小問1詳解】
零假設(shè)企業(yè)招聘人數(shù)的增減與應(yīng)用的廣泛性無關(guān)，
因?yàn)椋?br>所以，根據(jù)的獨(dú)立性檢驗(yàn)，沒有充分證據(jù)推斷不成立，
因此可認(rèn)為企業(yè)招聘人數(shù)的增減與應(yīng)用的廣泛性無關(guān)．
【小問2詳解】
由題知，從招聘人數(shù)減少的企業(yè)中隨機(jī)抽取1家企業(yè)，該企業(yè)廣泛應(yīng)用的概率為，沒有廣泛應(yīng)用的概率為，
因?yàn)椋?br>所以X的分布列為且．
若是最大值，則且，
根據(jù)，
即，整理得，解得,
又且，所以．
即使取得最大值時(shí)k的值為18.
17. 已知數(shù)列不為常數(shù)數(shù)列且各項(xiàng)均為正數(shù)，數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，滿足，其中是不為零的常數(shù)，．
（1）是否存在使得數(shù)列為等差數(shù)列？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（2）若數(shù)列是公比為的等比數(shù)列，證明：（且）．
【答案】（1）存在，
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）由與的關(guān)系和等差數(shù)列的性質(zhì)求出的值，或由等差數(shù)列的通項(xiàng)公式與前n項(xiàng)和公式代入已知條件中求解.
（2）由已知求出數(shù)列的通項(xiàng)，得，結(jié)合等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式證明結(jié)論.
【小問1詳解】
方法一：由題意可知①，
②，
由得．
因?yàn)榍?，所以?br>所以③．
若存在使得數(shù)列為等差數(shù)列，則（k是不為0的常數(shù)，），
代入③化簡(jiǎn)得到．
由于不為常數(shù)數(shù)列且各項(xiàng)均為正數(shù)，
所以解得
所以．此時(shí)，滿足且為等差數(shù)列．
方法二：若是公差為d的等差數(shù)列，由，
則，
整理得到，
所以
由③可得或．
（i）若，由①②解得；
（ii）若，代入①②解得，與題意不符．
綜合以上可知存在使得為公差等于1的等差數(shù)列．
【小問2詳解】
由于是公比為的等比數(shù)列，，所以，
又，所以．
令可知，所以．
因?yàn)榍?，所以，所以?br>所以，
又因?yàn)椋?br>所以．
由于
，
且當(dāng)時(shí)，，
所以，原不等式成立．
18. 已知函數(shù)．
（1）討論的單調(diào)性；
（2）若存在唯一的極值點(diǎn)，證明：．
【答案】（1）答案見解析；
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）求導(dǎo)，分，，三種情況討論，綜合可得；
（2）由（1）得，表示出得的范圍，并代入所證不等式，消去a得關(guān)于的不等式，構(gòu)造函數(shù)判單調(diào)性得最值即可證明.
【小問1詳解】
因?yàn)椋?br>當(dāng)時(shí)，，此時(shí)在上恒成立，
所以在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，所以在上有唯一零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，
當(dāng)時(shí)在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上有零點(diǎn)，
當(dāng)和時(shí)，，所以在和上單調(diào)遞減，
當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增．
綜上：當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；
當(dāng)時(shí)，在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．
【小問2詳解】
由題意可知，
若存在唯一的極值點(diǎn)，
由（1）可知且．
因?yàn)椋?br>要證，
只需證①．
因?yàn)?，所以?br>將代入①整理可得，只需證．
令，
則，
所以在上單調(diào)遞減，
所以，
所以，即原不等式成立．
19. 已知雙曲線的左，右焦點(diǎn)分別為，雙曲線C的虛軸長(zhǎng)為2，有一條漸近線方程為．如圖，點(diǎn)A是雙曲線C上位于第一象限內(nèi)的點(diǎn)，過點(diǎn)A作直線l與雙曲線的右支交于另外一點(diǎn)B，連接并延長(zhǎng)交雙曲線左支于點(diǎn)P，連接與，其中l(wèi)垂直于的平分線m，垂足為D．
（1）求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）求證：直線m與直線的斜率之積為定值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）證明見解析；（3）3
【解析】
【分析】（1）根據(jù)虛軸長(zhǎng)和漸近線求出即可；
（2）設(shè)，則，記直線m的方向向量為，利用坐標(biāo)運(yùn)算求解，整理即可得答案；
（3）設(shè)出直線方程，和雙曲線聯(lián)立，利用弦長(zhǎng)公式和點(diǎn)到直線的距離公式得到，然后利用基本不等式求的最值.
【小問1詳解】
因?yàn)樘撦S長(zhǎng)為2，即，所以．
又因?yàn)橛幸粭l漸近線方程為，所以，
所以雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為；
【小問2詳解】
由題意，點(diǎn)A與點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．
設(shè)，則．
由題意可知直線m的斜率存在，設(shè)直線m的斜率為k，
記直線m的方向向量為，又直線m為的平分線，
則．
因?yàn)椋?br>所以，
同理，
又，代入得，
，化簡(jiǎn)得．
所以，即直線與直線m的斜率之積為定值；
【小問3詳解】
由（2）可知．
又，所以，
將代入得，
，
所以．
設(shè)直線m的方程為，
將代入得，
所以直線m方程為．
由點(diǎn)到直線距離公式得，
．
又直線的斜率為，設(shè)直線的方程為，
將代入得，
所以直線的方程為．
將其與聯(lián)立得．
設(shè)，則．
由得，
所以．
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，
所以當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，的最小值為3．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：
一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關(guān)結(jié)論來求最值；
二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．應(yīng)用廣泛性
招聘人數(shù)減少
招聘人數(shù)增加
合計(jì)
廣泛應(yīng)用
60
50
110
沒有廣泛應(yīng)用
40
50
90
合計(jì)
100
100
200
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635

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