湖南省長沙市2024屆高三上學期新高考適應性考試數學試卷（解析版）

長沙市2024年新高考適應性考試數學注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.請保持答題卡的整潔.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】化簡集合，結合集合的子集概念即可得解.【詳解】由題意集合，，所以.故選：C.2.復數在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由復數四則運算以及幾何意義即可得解.【詳解】由題意，所以復數在復平面內對應的點位于第二象限.故選：B.3.若拋物線的焦點坐標為，則實數的值為（）A. B.2 C. D.4【答案】D【解析】【分析】由拋物線的焦點坐標列方程即可得參數值.【詳解】由題意拋物線的焦點坐標為，則，解得.故選：D.4.下圖是函數的部分圖象，則該函數的解析式可以是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用圖象易得值和周期，從而可求，代入最值點坐標確定，即得.【詳解】由圖可得：，即，即，觀察各選項可知，本題考慮即可，則，把點代入中，可得：，故，即，所以.故選：C.5.已知甲盒中有3個紅球和2個黃球，乙盒中有2個紅球和1個黃球.現從甲盒中隨機抽取1個球放入乙盒中，攪拌均勻后，再從乙盒中抽取1個球，此球恰為紅球的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據全概率公式即可求解.【詳解】若從甲盒中抽到黃球放入乙盒，則從乙盒中抽到紅球的概率為；若從甲盒中抽到紅球放入乙盒，則從乙盒中抽到紅球的概率為.因此，從乙盒中抽到的紅球的概率為.故選；D6.若，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由二倍角公式以及兩角和等三角恒等變換公式化簡運算即可得解.【詳解】由已知得，即（），則.從而.故選：A.7.已知直線與函數，的圖象分別相交于，兩點.設為曲線在點處切線的斜率，為曲線在點處切線的斜率，則的最大值為（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】根據題意分別求得，，即，從而構造函數，利用導數求出最大值，從而求解.【詳解】，且由，，可得，，則.設，，則，當，，當，，所以在單調遞增，在單調遞減，當時，有極大值也最大值，即的最大值為，故A正確.故選：A.8.在平面四邊形中，，分別為，的中點.若，，且，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由向量的數量積以及模長運算公式即可得解.【詳解】連接，，如圖，可知.由，即，可得.從而，，所以.故選：B.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.下列函數中，是奇函數的是（）A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】由奇函數定義逐一判斷即可.【詳解】對于A，的定義域為全體實數，關于原點對稱，且，故A滿足題意；對于B，若，則，故B不滿足題意；對于C，的定義域為，它關于原點對稱，且，故C滿足題意；對于D，的定義域為，它關于原點對稱，且，故D滿足題意.故選：ACD.10.某彗星的運行軌道是以太陽為一個焦點的橢圓.測得軌道的近日點（距離太陽最近的點）與太陽中心的距離為，遠日點（距離太陽最遠的點）與太陽中心的距離為，并且近日點、遠日點及太陽中心在同一條直線上，則（）A.軌道的焦距為 B.軌道的離心率為C.軌道的短軸長為 D.當越大時，軌道越扁【答案】BC【解析】【分析】根據條件得到，，再對各個選項逐一分析判斷即可得出結果.【詳解】由題知，解得，，對于選項A，因為軌道的焦距為，所以選項A錯誤，對于選項B，因為離心率為，所以選項B正確，對于選項C，因為軌道的短軸長為，所以選項C正確，對于選項D，因為，則越大時，離心率越小，則軌道越圓，所以選項D錯誤，故選：BC.11.在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，則（）A.存在點，使得面B.存在點，使得面C.當點不是的中點時，都有面D.當點不是的中點時，都有面【答案】ACD【解析】【分析】對于A，由當點與點重合時，結合線面平行的判定定理即可判斷；對于B，一方面若面，則，結合即可判斷；對于CD，由線面平行，線面垂直的相關知識判斷即可.【詳解】當點與點重合時，由，而面，面，可知面，即A正確.若面，注意到面，則，以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，，所以，與矛盾，即B錯誤.當不是的中點時，由，且面，面，可知面，又直線為面與面的交線，則，又面，面，從而可得面，即C正確.同上，有，又面，面，所以，又面，所以面，則面，即D正確.故選：ACD.12.設等比數列公比為，前項積為，下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，且為數列的唯一最大項，則D.若，且，則使得成立的的最大值為20【答案】BCD【解析】【分析】根據前項積的定義和性質即可結合等比數列的性質即可逐一求解.詳解】若，則，可得，即選項A錯誤；而，即選項B正確.若，且是數列的唯一最大項.當時，，不合題意；當時，由，可得，即，解得，即選項C正確.若，當時，，又，不滿足，不合題意；當時，由可得，，，所以，，則為單調遞減數列，因此當時，故，當時，故，因此當時，數列單調遞增，當時，數列單調遞減，又，，，所以使得成立的的最大值為20，即選項D正確.故選：BCD【點睛】結論點睛：由首項和公比確定等比數列的單調性的幾種情況：（1），時，等比數列為單調遞減數列，（2），時，等比數列為單調遞增數列，（3），時，等比數列為單調遞增數列，（4），時，等比數列為單調遞減數列，（5）時，等比數列為擺動數列，（6）時，等比數列為常數列，三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知隨機變量的分布列如下：1230.10.70.2則數學期望______.【答案】2.1【解析】【分析】根據數學期望的計算公式，即可求得答案.【詳解】由題意得數學期望，故答案為：2.114.已知函數是定義在上的增函數，且，則不等式的解集為______.【答案】【解析】【分析】構造函數，求導后得，由在上為增函數，所以，從而在上為增函數，又由，從而可求解.【詳解】由題意知在上為增函數，所以恒成立，構造函數，所以恒成立，所以在上單調遞增，又因為，所以當時，，即，所以的解集為.故答案為：.15.已知，，，若在圓（）上存在點滿足，則實數的取值范圍是______.【答案】【解析】【分析】設，求出點的軌跡為，從而轉化為兩圓有公共點，利用圓與圓的位置關系從而可求解.【詳解】設，將坐標代入式子，可得，即，則點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.依題意，兩圓有公共點，則，解得.故答案為：.16.已知正四棱錐的頂點均在球的表面上.若正四棱錐的體積為1，則球體積的最小值為______.【答案】##【解析】【分析】由底面外接圓的半徑、正四棱錐的高以及外接球的半徑的關系，結合已知條件可得，故只需求出外接球半徑的最小值即可.【詳解】設球的半徑為，正四棱錐的高、底面外接圓的半徑分別為，.如圖，球心在正四棱錐內時，由，可得，即（*）.球心在正四棱錐外時，亦能得到（*）式.又正四棱錐的體積為，則，代入（*）式可得.通過對關于的函數求導，即，易得函數在單調遞減，在單調遞增，則.從而，球的體積的最小值.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：關鍵是首先得到，從而通過導數求得外接球半徑的最小值即可順利得解.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17已知數列滿足，且.（1）證明：數列是等比數列；（2）求數列的前項和.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）變形給定的遞推公式，再利用等比數列定義推理即得.（2）由（1）的結論求出，再利用分組求和法求解即得.【小問1詳解】由，得，又，即，所以數列是首項為2，公比為3的等比數列.【小問2詳解】由（1）知，，即，所以.18.如圖1，在矩形中，，，將沿矩形的對角線進行翻折，得到如圖2所示的三棱錐.（1）當時，求的長；（2）當平面平面時，求平面和平面的夾角的余弦值.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）要求，可考慮解三角形，因已知，故想到求，結合條件可證即得；（2）利用面面垂直構建平面的垂線，從而建系，求相關量，得各點坐標，分別求出兩個平面的法向量，運用兩空間向量的夾角公式計算即得.【小問1詳解】由，，且，平面，可得平面，又平面，則，在中，根據勾股定理，.【小問2詳解】如圖，過點作于點，由代值易得：.由平面平面，平面平面，平面，可知平面.在平面中，過點作的垂線為軸，，所在直線分別為，軸，建立空間直角坐標系.則，，，，有，，，.設平面的法向量，則，令，解得其中一個法向量；設平面的法向量，則，令，解得其中一個法向量.于是，，故平面和平面夾角的余弦值為.19.某廠為了考察設備更新后的產品優(yōu)質率，質檢部門根據有放回簡單隨機抽樣得到的樣本測試數據，制作了如下列聯(lián)表：產品優(yōu)質品非優(yōu)質品更新前2416更新后4812（1）依據小概率值的獨立性檢驗，分析設備更新后能否提高產品優(yōu)質率？（2）如果以這次測試中設備更新后的優(yōu)質品頻率作為更新后產品的優(yōu)質率.質檢部門再次從設備更新后的生產線中抽出5件產品進行核查，核查方案為：若這5件產品中至少有3件是優(yōu)質品，則認為設備更新成功，提高了優(yōu)質率；否則認為設備更新失敗.①求經核查認定設備更新失敗的概率；②根據的大小解釋核查方案是否合理.附：0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】19.可以認為設備更新后能夠提高產品優(yōu)質率20.①0.05792；②合理【解析】【分析】（1）先計算出的值，根據獨立性檢驗的思想對照臨界值得結論；（2）根據二項分布的有關計算公式，求出對應的概率，并根據對應概率的大小，作出正確的判斷.【小問1詳解】零假設為：設備更新與產品的優(yōu)質率獨立，即設備更新前與更新后的產品優(yōu)質率沒有差異.由列聯(lián)表可計算，依據小概率值的獨立性檢驗，我們可以推斷不成立，因此可以認為設備更新后能夠提高產品優(yōu)質率.【小問2詳解】根據題意，設備更新后的優(yōu)質率為0.8.可以認為從生產線中抽出的5件產品是否優(yōu)質是相互獨立的.①設表示這5件產品中優(yōu)質品的件數，則，可得②實際上設備更新后提高了優(yōu)質率.當這5件產品中的優(yōu)質品件數不超過2件時，認為更新失敗，此時作出了錯誤的判斷，由于作出錯誤判斷的概率很小，則核查方案是合理的.20.在中，角，，所對的邊長分別為，，，且滿足.（1）證明：；（2）如圖，點在線段的延長線上，且，，當點運動時，探究是否為定值？【答案】（1）證明見解析（2）為定值.【解析】【分析】（1）利用正弦定理與余弦定理的邊角變換即可得證；（2）利用誘導公式與余弦定理，結合（1）中結論化得，從而得解.【小問1詳解】因為，由正弦定理可得，再由余弦定得得，整理得.【小問2詳解】因為互補，所以，結合余弦定理可得，因為，，則，整理得，又，則，從而，故為定值.21已知函數.（1）若有且僅有一個零點，求實數的取值范圍：（2）證明：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）將題目轉化為有一個解，構造函數，求導，思路1：討論判斷判別式判斷單調性，確定零點個數；思路2：根據二次函數性質討論和兩種情況，判單調性求解；（2）利用（1）取得不等式，再賦值證明即可.【小問1詳解】易知函數的定義域為.由，可得.設，則，，且與有相同的零點個數.思路1：令，，則.當時，，則，即，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.當時，顯然，則，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.當時，由，解得，，且.當時，，即，則單調遞增；當時，，即，則單調遞減.不難得知，，（令，故在單調遞減，故，即，），則在有一個零點，可知不只一個零點，不合題意.綜上，可知.思路2：令，.當時，在單調遞減，有，即，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.當時，.若，則，可得在單調遞減，則有且僅有一個零點.若，存在，且，使得.后續(xù)過程同思路1.綜上，可知【小問2詳解】取，當時，，有，即，則.令，，則，即，從而.【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數研究函數單調性及零點,解決第二問的關鍵是利用（1）的結論賦值得不等關系，從而進行求和證明.22.已知雙曲線與直線：（）有唯一的公共點，直線與雙曲線的兩條漸近線分別交于，兩點，其中點，在第一象限.（1）探求參數，滿足的關系式；（2）若為坐標原點，為雙曲線的左焦點，證明：.【答案】22.23.證明見解析【解析】【分析】（1）將直線與雙曲線方程聯(lián)立，因只有一個切點從而可得，從而求解.（2）將直線分別與雙