湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习卷（三）数学 Word版含解析.docx

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湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习卷（三）数学试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】化简集合B，进行交集运算.【详解】且.故.故选：C.2.设，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可【详解】由题意得，所以，因为，所以，解得或，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A3.已知与为两个不共线的单位向量，则（）第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 A.B.C.若，则D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据向量共线和向量数量积的定义，向量垂直，向量的模以及向量夹角公式判断即可.【详解】选项A：若，则，即，与与为两个不共线的单位向量矛盾，故选项A说法错误；选项B：设与的夹角为，则，，所以，故选项B说法错误；选项C：若，则，所以，，即，所以，又，所以，故选项C说法错误；选项D：因为，，所以，化简得，设与的夹角为，则，，所以，所以，即，所以，故选项D说法正确；故选：D4.已知直线与抛物线：的图象相切，则的焦点坐标为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】联立直线与抛物线方程，利用相切有求得，从而得解.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【详解】依题意，联立，消去，得，则，因为，所以，故抛物线方程为，则其焦点坐标为.故选：C.5.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用对数运算性质及基本不等式判断各式的大小关系.【详解】由，而，则，所以，即，由，则，即，综上，.故选：D6.设数列的前项之积为，满足（），则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由已知递推式可得数列是等差数列，从而可得，进而可得的值．【详解】因为，所以，即，所以，所以，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 所以，所以数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，即，所以．故选：C．7.已知函数满足，则下列结论一定正确的是（）A.是奇函数B.是奇函数C.是奇函数D.是奇函数【答案】B【解析】【分析】利用赋值法推得，从而得到的对称性，再利用函数图象平移的性质可判断B，举反例排除ACD，由此得解.【详解】因为，令，可得，则；令，则，故的图象关于点对称，则的图象关于点对称，即是奇函数，故B正确；对于C，令，可得，则，当时，，此时不可能是奇函数，由于无法确定的值，故不一定是奇函数，故C错误；对于AD，取，满足题意，但易知D错误；故选：B.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 8.已知函数在有且仅有两个零点，且，则图象的一条对称轴是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由函数的零点情况，求出的取值范围，再利用给定等式分析判断函数图象的对称轴即可得解.【详解】由函数在有且仅有两个零点，得，解得，则，又，而，当时，，，由，得，当时，，即函数在有3个零点，不符合题意，因此是函数图象的一条对称轴，即，解得，当时，，当时，，均不符合题意；当时，，得，则图象的对称轴为.故选：C【点睛】关键点睛：涉及三角函数在指定区间上的零点个数求参数范围，利用五点法作图思想分析周期情况是解题的关键.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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）9.下列命题正确的是（）A.已知，若，则B.若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则决定系数C.数据的均值为4，标准差为1，则这组数据中没有大于5的数D.数据的75百分位数为47【答案】ABD第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】对于A：利用正态分布的对称性判断；对于B：根据相关的概念判断；对于C：举反例说明；对于D：直接求75百分位数.【详解】对于A：已知，若，则，A正确；对于B：若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，则决定系数，B正确；对于C：不妨设，则，解得，此时，故找到一组数，数据中有大于5的数，C错误；对于D：，故这组数据的75百分位数为47，D正确.故选：ABD.10.已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（）A.一定为周期函数B.若，则在上总有零点C.可能为偶函数D.在区间上的图象过3个定点【答案】ABD【解析】【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【详解】对于A，，，A正确；对于B，，则，，因为，即，同号，所以，由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；对于C，，，由得对恒成立，则与题意不符，故C错误；对于D，令，则，即，，故所有定点坐标为，，，，又因为，所以函数过定点，，，故D正确；故选：ABD．11.对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（）A.底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B.以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 C.该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为圆锥D.该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥【答案】BCD【解析】【分析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求与平面所成角的正切值，利用等体积法求高，结合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于，由此即可判断.【详解】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，，因为，所以，所以，圆锥底面圆半径最小为，A错误；对于B，如图，以，，三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，等价于求与平面所成角的正切值，因为，所以，所以点到平面的距离为，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 对于C，如图，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以，的中点，为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为，C正确；对于D，如图，的中点作垂线，分别交，于点，，则，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为，D正确．事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段上（不含点），设，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 当与为的四等分点）重合时，，因此，因为，所以，则，圆锥体积，在上恒成立，所以在上单调递增，体积的最大值为,D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆锥的最大高度，由此即可顺利得解.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.展开式的常数项为______．【答案】48【解析】【分析】根据题意结合二项式定理分析求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，所以展开式的常数项为.故答案为：48.13.在平面直角坐标系中，双曲线的右焦点为F，过点F且与x轴垂直的直线与双曲线的一条渐近线交于第一象限内的点A，过点F且平行于OA的直线交另一条渐近线于点B，若，则双曲线C的离心率为____________.【答案】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】设双曲线半焦距为，双曲线的渐近线方程为，则，设直线的方程为，然后直线的方程和另一渐近线方程联立，求出点，从而可求出直线的斜率，再由，可得两直线的斜率乘积为，从而得，进而可求出双曲线的离心率【详解】解：设双曲线半焦距为，双曲线的渐近线方程为，则，设直线的方程为，由，得，所以，所以直线的斜率为，因为，所以，所以，所以双曲线离心率为，故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查直线与双曲线的位置关系，考查求双曲线的离心率的方法，解题的关键是灵活运用双曲线的几何性质，考查计算能力，属于中档题14.若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【分析】化简函数，得到和在上单增，结合存在唯一的，使，即，且存在唯一的，使，结合，进而得到实数的取值范围．【详解】由函数，设，可得，单调递增，且，，所以存在唯一的，使，即，令，即，设，可得，则在上单增，又由且时，，所以当时，存在唯一的，使，即，若时，可得，则，可得，所以，所以，综上所述，实数的取值范围为．故答案为：．【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ③，构造函数或.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.如图，在直三棱柱形木料中，为上底面上一点．（1）经过点在上底面上画一条直线与垂直，应该如何画线，请说明理由；（2）若，，，为的中点，求点到平面的距离．【答案】（1）答案见解析（2）．【解析】【分析】（1）连结BD，在平面ABC上作,由为直三棱柱，证明平面，进而得到；（2）分别以所在直线为轴建立空向直角坐标系，写出的坐标，设平面的法向量，求出到平面的距离.【小问1详解】连结，在平面上作，因为为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以，因为，，，，平面，所以平面，因为平面，所以．【小问2详解】第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 因为，所以，，两两互相垂直，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空向直角坐标系，，，，，则，，．设平面的一个法向量为，因为，，所以，，则，取，则，设点到平面的距离为，则因此点到平面的距离为．16.联合国将每年的4月20日定为“联合国中文日”，以纪念“中华文字始祖”仓颉[jié]造字的贡献，促进联合国六种官方语言平等使用，为宣传“联合国中文日”，某大学面向在校留学生举办中文知识竞赛，竞赛分为“个人赛”和“对抗赛”，竞赛规则如下：①个人赛规则：每位留学生需要从“拼音类”、“成语类”、“文化类”三类问题中随机选1道试题作答，其中“拼音类”有4道，“成语类”有6道，“文化类”有8道，若答对将获得一份奖品．②对抗赛规则：两位留学生进行答题比赛，每轮只有1道题目，比赛时两位参赛者同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得1分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分，对抗赛共设3轮，累计得分为正者将获得一份奖品，且两位参赛者答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响．（1）留学生甲参加个人赛，根据以往答题经验，留学生甲答对“拼音类”、“成语类”“文化类”的概率分别为，，，求留学生甲答对了所选试题的概率．（2）第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 留学生乙和留学生内参加对抗赛，根据以往答题经验，每道题留学生乙和留学生丙答对的概率分别为，，求留学生乙获得奖品的概率．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）设甲选1道“拼音类”试题为事件，选1道“成语类”试题为事件，选1道“文化类”试题为事件，答对试题为事件，结合条件概率和全概率公式，即可求解；（2）根据题意，利用独立事件的概率乘法公式和独立重复试验的概率公式求得相应的概率，结合互斥事件的概率加法，即可求解.【小问1详解】解：设留学生甲选1道“拼音类”试题为事件，选1道“成语类”试题为事件，选1道“文化类”试题为事件，答对试题为事件，则，，，，所以.【小问2详解】解：每一轮中留学生乙得1分的概率为，每一轮中留学生乙得0分的概率为，每一轮中留学生乙得的概率为，在3轮比赛后，留学生乙得3分的概率为，在3轮比赛后，留学生乙得2分的概率为，在3轮比赛后，留学生乙得1分的概率为，所以乙最终获得奖品的概率为．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 17.在中，，，分别是角，，所对的边，点在边上，且满足，．（1）求的值；（2）若，求．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）利用正弦定理的边角变换得到，再利用三角恒等变换得到，从而利用余弦定理列出关系式即可得解.（2）在中，确定三边的长度关系，利用余弦定理可求，再利用同角三角函数的关系求.【小问1详解】如图，在中，由正弦定理知，所以，所以，因为，所以，则①，由，则，因为，所以，则，在中，由余弦定理知，则②，由①②得，．【小问2详解】因为，所以，，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 在中，由余弦定理知同理在中，，因为，所以，则，由（1）知，，所以，中，由余弦定理知，所以．18.已知数列满足，，且．（1）证明为等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，且数列的前项和为，证明：当时，．【答案】（1）证明见解析，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义证明数列是等比数列.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （2）先把数列进行适当的放缩，再用分组求和的方法求满足的关系，并证明.【小问1详解】因为，，所以，，.易知，所以，因为．所以等比数列，首项，公比，所以．【小问2详解】由（1）可得，先证明左边：即证明，当时，，所以，所以，再证明右边：，因为，所以，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 即，下面证明，即证，即证，设，，则，设，，因为，所以函数在上单调递增，则，即，，所以，所以．综上，．【点睛】方法点睛：数列不等式证明方法主要有：（1）作差比较法：不等式两边作差与0比较大小.（2）放缩比较法：对表达式适当放缩，证出不等式.19.已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线．（1）（ⅰ）直接写出函数的图象的实轴长；（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，直接写出曲线的方程．（2）已知点是曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）（ⅰ）2；（ⅱ）．（2）存在，点A到直线距离的最大值为2，．【解析】【分析】（1）由题意结合双曲线的性质，即可求得答案；（2）方法一：设，，，设：第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 ，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案；方法二：设，，，，，利用，的方程求出，，的表达式，即可得的坐标，从而求出的方程，可推出过定点，即可求得答案；方法三：设，，，，，可得，设：，联立双曲线方程化简得出，变形后利用根与系数的关系可得出，求出n，即可推出过定点，即可求得答案..【小问1详解】（ⅰ）由题意可知双曲线的实轴在上，联立，解得或，即双曲线的两顶点为，故实轴长为；（ⅱ）将曲线绕原点顺时针转，得到曲线，曲线的方程为；【小问2详解】方法一：设，，，显然直线的斜率存在，设：，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 联立：得，所以，，①，因为：，令，则，同理，，②依题意得，③由①②③得，，所以，即或，若，则：过点A，不合题意；若，则：．所以，恒过，所以，．当且仅当，即时取得，此时方程为，结合，解得，，，综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；方法二：设，，，，，则：，：，联立，得，为此方程的一根，另外一根为，则，代入方程得，，同理可得，，即，，第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 则，所以直线的方程为，所以直线过定点,所以．当且仅当，即时取得，解得,综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为；方法三：设，，，，，则，依题意，直线不过点A，可设：，曲线的方程改写为，即，联立直线的方程得，所以，若，则，代入直线方程，无解；故，两边同时除以得，则，得，在直线：中，令，则，所以，恒过，所以，，当且仅当，即时取得，此时，符合题意，且方程为，解得，，，综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为．第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【点睛】难点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的难点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，难点就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力.第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司