资源简介

2024届高三下学期高考适应性考试数学试题
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：高考范围。
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，则
A． B． C． D．
2．已知，则
A． B． C． D．
3．已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为8的半圆，则该圆锥的体积为
A． B． C． D．
4．为弘扬我国优秀的传统文化，某市教育局对全市所有中小学生进行了言语表达测试，经过大数据分析，发现本次言语表达测试成绩服从，据此估计测试成绩不小于94的学生所占的百分比为
参考数据：
A． B． C． D．
5．某银行大额存款的年利率为，小张于2024年初存入大额存款10万元，按照复利计算8年后他能得到的本利和约为（单位：万元，结果保留一位小数）
A．12.6 B．12.7 C．12.8 D．12.9
6．已知定义在上的偶函数满足且，则
A．4049 B．2025 C．4048 D．2024
7．已知双曲线的右焦点为，圆与的渐近线在第二象限的交点为，若，则的离心率为
A．2 B． C．3 D．
8．如图，正四面体ABCD的棱长为是以为直角顶点的等腰直角三角形．现以AD为轴，点绕AD旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线CE与平面BCD所成角为，则
A． B． C． D．
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．已知是函数的两个零点，且的最小值是，则
A．在上单调递增 B．的图象关于直线对称
C．的图象可由的图象向右平移个单位长度得到
D．在上仅有1个零点
10．已知实数a，b满足，则
A． B． C． D．
11．椭圆的两个焦点分别为，则下列说法正确的是
A．过点的直线与椭圆交于A，B两点，则的周长为8
B．若上存在点，使得，则的取值范围为
C．若直线与恒有公共点，则的取值范围为
D．若为上一点，，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知，则______.
13．中，若，则______.
14．若对恒成立，则实数的取值范围为______.
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．（本小题满分13分）
设数列的前项和为，已知是公差为2的等差数列．
（1）求的通项公式；
（2）若，设数列的前项和，求证：．
16．（本小题满分15分）
在平时的日常生活中游泳对锻炼身体有很多的好处，大致有以下几个方面：
一、游泳可以让身体更加苗条，达到减肥的效果；
二、游泳能够增加人体的肺活量，提高人体的呼吸系统能力，也可以预防心脑血管系统疾病，包括冠心病、不稳定型心绞痛以及脑血栓等疾病；
三、游泳可以保护关节，让关节避免受到损伤．
下面抽取了不同性别的高中生共100人，并统计了他们游泳的水平如下表：
合格 不合格 合计
男性 10 50
女性 20
合计 70 100
（1）根据此表依据的独立性检验判断：是否可以认为高中生游泳水平与性别有关
（2）游泳教练从成绩不合格的高中生中抽取了2名女生和1名男生进行游泳示范指导．已知经过一段时间指导后，女生成绩合格的概率为，男生合格的概率为，求这3人经过指导后成绩合格总人数的分布列和数学期望．
参考公式：①相关性检验的临界值表：
0.10 0.05 0.10
2.706 3.841 6.635
②，其中．
17．（本小题满分15分）
如图，在矩形纸片ABCD中，，沿AC将折起，使点到达点的位置，点在平面ABC的射影落在边AB上.
（1）求AH的长度；
（2）若M是棱PC上的一个动点，是否存在点，使得平面AMB与平面PBC夹角的余弦值为 若存在，求出CM的长；若不存在，说明理由.
18．（本小题满分17分）
已知平面上一动点P到定点的距离比到定直线的距离小2023，记动点的轨迹为曲线．
（1）求的方程；
（2）已知直线与曲线交于M，N两点，是线段MN的中点，点在直线上，且AT垂直于轴．设点在抛物线上，BP，BQ是的两条切线，P，Q是切点．若，且A，B位于轴两侧，求的值．
19．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
数学试卷参考答案
1．B ，所以．故选B．
2．D 设，则，因为，所以，即，所以解得所以．故选D．
3．D 设圆锥的底面圆半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得，则圆锥的高，所以该圆锥的体积为．故选D．
4．A 依题意，所以测试成绩不小于94的学生所占的百分比为．故选A．
5．B 存入大额存款10万元，按照复利计算，可得每年末本利和是以10为首项，为公比的等比数列，所以本利和．故选B．
6．A 由，令，得，又令得，再令，又，所以，又，所以为的一个周期，．故选A．
7．C 如图，根据题意可得，所以，又，且显然为锐角，所以，，在中，由正弦定理可得，即，化简得，所以的离心率为．故选C．
8．D 在正四面体ABCD中，取BC的中点，连接DF，AF，则，取AD的中点，连接FM，EM，则是以为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体ABCD的棱长为2，则，且．点绕AD旋转一周，形成的图形为以为圆心，以1为半径的圆，设该圆与MF的交点为，当三棱锥的体积最小时，即点到底面BCD的距离最小，即此时点即位于处．因为，则，设点在底面BCD上的射影为，则，又，BC的中点为，故，故，由于点在底面BCD上的射影为，故即为直线与平面BCD所成角，故．故选D．
9．ABD 由题意可知，函数的最小正周期．对于，当时，在上单调递增，故A正确；对于B，的图象关于直线对称，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，当时，，仅当，即时，，故D正确．故选ABD．
10． 对于，故A错误；对于，则，故B正确；对于，令，当时，单调递增，因为，则，得，即，所以，故C正确；对于D，函数在上单调递增，因为，则，即，所以，故D正确．故选BCD．
11． 对于，由椭圆定义可得的周长为，但焦点不一定在轴上，故错误；对于，若，则，当位于短轴顶点时，最大，此时，即．当时，由，解得；当时，由，解得，故B正确；对于C，直线过定点，所以，即，又，所以的取值范围为，故C错误；对于D，设，所以，当时，，故D正确．故选BD．
12． 由，得，整理得，解得（舍）或，所以．
13． 由得，即，所以．由得，即．设为线段AB上靠近的四等分点，则．设，则，所以，所以
14． 可变形为，即，所以，即，由，得，即构造函数，则，且原不等式等价于，当时，原不等式显然成立；当时，因为在上单调递增，所以，解得．令，则，所以在上单调递减，在上单调递增，从而是的极小值，也是的最小值，且，于是，故的取值范围为．
15．（1）解：因为，所以，………………………………………………………1分
所以，即．……………………………………………………3分
当时，，………………………………………5分
又适合上式，
所以．………………………………………………………………………………………………6分
（2）证明：……………8分
故……………………10分
而关于单调递增，所以，…………………………………………………12分
又，所以，
所以．……………………………………………………………………………………………13分
16．解：（1）完成表格如下：
合格 不合格 合计
男性 40 10 50
女性 30 20 50
合计 70 30 100
……………………………………………………………………………………………………………………2分
零假设：高中生游泳水平与性别无关，
，…………………………………………………5分
依据的独立性检验，我们有充分的理由认为不成立，即高中生游泳水平与性别有关．
…………………………………………………………………………………………………………………7分
（2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，
,
所以的分布列为：
0 1 2 3
……………………………………………………………………………………………………………………12分
数学期望．……………………………………………………15分
17．解：（1）作，垂足为，连接EH，如图所示：
由点在平面ABC的射影落在边AB上可得平面ABC，
又平面ABC，所以…………………………………………………………………………2分
因为，且平面PHE，
所以平面PHE，…………………………………………………………………………………………3分
又平面PHE，所以，
又因为ABCD为矩形，，可得．………………………………………………4分
由，可得，
所以．………………………………………………6分
由可得，则，
即AH的长度为1.………………………………………………………………………………………………7分
（2）根据题意，以点H为坐标原点，以过点且平行于BC的直线为轴，分别以HB，HP所在直线为x，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，设，
所以，所以…………………………9分
易知，
设平面AMB的一个法向量为，则
由取，则…………………10分
设平面PBC的一个法向量为，则
由取,则,……………………………………………………11分
由,整理可得,
解得（舍）或，…………………………………………………………………………………13分
因此，即．
所以存在点，使得平面AMB与平面PBC夹角的余弦值为，此时CM的长度为．…………15分
18．解：（1）因为点到定点的距离比到定直线的距离小2023，
所以点到定点的距离与到定直线的距离相等，
由抛物线的定义可知，点的轨迹是以定点为焦点，定直线为准线的抛物线，
所以的方程为．……………………………………………………………………………………4分
（2）设，联立消去得，
则，
所以，
所以，则．………………………………………………………………………6分
因为，所以直线AB的方程为，即，
联立消去得，解得或，
又A，B位于轴两侧，故．…………………………………………………………7分
设点在抛物线上，又由，得，
则在点处的切线方程为，
整理得，………………………………………………………………………………8分
设，则在与处的切线方程分别为与，
又两条切线都过点，则，
则直线PQ的方程为，
即，……………………………………………………………………………………10分
又，点的坐标适合方程，所以点在直线PQ上．
由是线段MN的中点，得，
而，
则．………………………………………………………………………………12分
联立消去得，
则………………………………………………………………………13分
………………………………………………16分
所以．………………………………………………………………………………………17分
19．（1）解：当时，，则，…………………………1分
所以，…………………………………………………………………………………2分
故曲线在点处的切线方程为．…………………………………………3分
（2）①解：函数，
（ⅰ）当时，，所以，
则在上单调递增，没有极值点，不合题意；…………………………………………5分
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上单调递增，即在上单调递增，………………………………………………6分
又，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值．点，符合题意．
综上，的取值范围是．………………………………………………………………………………8分
②证明：由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
所以时，，则……………………………………………………9分
又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点．…………………………10分
由①知，所以，
则
…………………………………………………………………12分
设，则，
因为，所以，
在上单调递增，又，所以，……………………………………………15分
又时，，所以，所以．
由前面讨论知在单调递增，所以…………………17分

展开更多......

收起↑