山西省临汾市2024届高考考前适应性训练考试（一）数学试题及答案

这是一份山西省临汾市2024届高考考前适应性训练考试（一）数学试题及答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，且，则实数的所有取值构成的集合是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，其中，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．椭圆与椭圆的（ ）
A．长轴长相等B．短轴长相等C．离心率相等D．焦距相等
4．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，且为奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ）
A．B．C．3D．7
6．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知数列满足：，设，则（ ）
A．B．C．D．
8．在平行四边形中，，，，分别为，的中点，将沿直线折起，构成如图所示的四棱锥，为的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．平面平面
B．四棱锥体积的最大值为
C．无论如何折叠都无法满足
D．三棱锥表面积的最大值为
二、多选题
9．在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面B．
C．，，，四点共面D．平面平面
三、单选题
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．点是图象的一个对称中心
B．函数在上单调递减
C．函数在上的值域为
D．函数在上有且仅有2个极大值点
四、多选题
11．设是坐标原点，抛物线的焦点为，点，是抛物线上两点，且.过点作直线的垂线交准线于点，则（ ）
A．过点恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点
B．的最小值为2
C．的最小值为
D．直线恒过焦点
12．已知函数在上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有且仅有两个零点
B．函数有且仅有三个零点
C．当时，不等式恒成立
D．在上的值域为
五、填空题
13．二项式的展开式的常数项是 ．
14．已知点在圆内，则直线与圆的位置关系是 .
15．甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为.乙命中目标的概率为，已知目标至少被命中次，则甲命中目标的概率为 .
16．设函数，，曲线有两条斜率为的切线，则实数的取值范围是 .
六、解答题
17．在①，②外接圆面积为，这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并作答.
在锐角中，，，的对边分别为，，，若，且______.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
18．已知数列的首项，且满足，等比数列的首项，且满足.
(1)求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和
19．如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.
(1)求四边形的面积；
(2)在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
20．现有5个红色气球和4个黄色气球，红色气球内分别装有编号为1，3，5，7，9的号签，黄色气球内分别装有编号为2，4，6，8的号签.参加游戏者，先对红色气球随机射击一次，记所得编号为，然后对黄色气球随机射击一次，若所得编号为，则游戏结束；否则再对黄色气球随机射击一次，将从黄色气球中所得编号相加，若和为，则游戏结束；否则继续对剩余的黄色气球进行射击，直到和为为止，或者到黄色气球打完为止，游戏结束.
(1)求某人只射击两次的概率；
(2)若某人射击气球的次数与所得奖金的关系为，求此人所得奖金的分布列和期望.
21．已知是一个动点，与直线垂直，垂足A位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为原点）的面积为.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)设过点的直线与，分别相交于，两点，和的面积分别为和，若，试判断除点外，直线与是否有其它公共点？并说明理由.
22．已知定义在上的两个函数，.
(1)若，求的最小值；
(2)设直线与曲线，分别交于，两点，当取最小值时，求的值.
参考答案：
1．D
【分析】根据函数的定义域求得集合，对进行分类讨论，从而求得正确答案.
【详解】由解得，所以.
对于集合，若，则，满足.
若，则，要使成立，则，
所以或，解得或，
所以的所有取值构成的集合是.
故选：D
2．A
【分析】根据复数除法运算法则计算得到和，然后求即可.
【详解】，则，
所以，，.
故选：A.
3．D
【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.
【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，
椭圆的长轴长为，短轴长为，
焦距为，离心率为，
所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.
故选：D.
4．C
【分析】先对解析式进行降幂，再平移得到，利用奇函数特征求得，考虑范围即得.
【详解】由向左平移个单位得到的图象，
因为奇函数，故，则，即，又，则.
故选：C.
5．B
【分析】根据已知结合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，在上的投影向量为，
又在上的投影向量，所以，
所以，所以，
所以.
故选：B.
6．B
【分析】根据指数函数、对数函数以及幂函数单调性结合中间变量比大小即可.
【详解】易知，，
因为，则，故得，显然B正确.
故选：B
7．A
【分析】计算得出，可求出的通项公式，即可求得的值.
【详解】因为数列满足：，且，
对任意的，为偶数，则，
所以，，所以，.
故选：A.
8．C
【分析】根据题意，连接,判断选项A;当平面平面,四棱锥体积最大，判断选项B;利用线面垂直，判断选项C;当在根据对称性此时的面积最大，求出表面积，判断选项D.
【详解】选项A，平行四边形,所以，又,分别为中点，所以,即四边形为平行四边，所以,又平面,平面,所以平面，又是中点，所以,又平面,平面,所以平面,又,平面,所以平面平面，故A正确；
选项B，当平面平面,四棱锥的体积最大，因为，所以最大值为 ,故B正确；
选项C，根据题意可得 ,只要 , ,平面,所以平面，即,故C错误；
选项D，当,根据对称性可得,此时的面积最大，因此三棱锥表面积最大，最大值为,选项D正确.
故选：C
9．AD
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间向量判断空间直线、平面的位置关系的方法，可判断A，B；判断为异面直线，可判断C；根据空间直线和平面的垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，可判断D.
【详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则,
则,
则，
故，即，
而平面，故平面，A正确；
由于，且没有倍数关系，
即两向量不共线，故不平行，B错误；
由于平面，平面，,
故为异面直线，则，，，四点不共面，C错误；
由于平面，
故平面，又平面，故平面平面，D正确，
故选：AD
10．ABD
【分析】首先化简解析式.选项AB，代入验证可得；选项C，将看作整体，得整体角范围，结合正弦函数图象可求值域；选项D，由整体角取值求出所有极大值点，再确定上的极大值个数即可.
【详解】
.
则的周期为，
选项A，当时，，
故点是图象的一个对称中心，A正确；
选项B，当时，，取到最大值，
又周期为，则在，即单调递减，故B正确；
选项C，当时，，，
则，故在上的值域为，C错误；
选项D，由，解得，.
当时，得或，取极大值，
即在有且仅有两个极值点，D正确.
故选：ABD.
11．BC
【分析】根据抛物线的性质判断A选项；根据得到，然后利用点斜式写直线的方程即可得到定点，即可判断D选项；利用韦达定理和弦长公式得到，然后利用二次函数的性质求最小值，即可判断C选项；根据题意得到点的轨迹，然后求最小值，即可判断B选项.
【详解】
由抛物线的性质可知，过点会有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，其中2条直线与抛物线相切，1条斜率为零的直线与抛物线相交，故A错；
设，，因为，所以，解得，
直线的方程为，
所以直线恒过定点，故D错；
设直线：，联立得，，
则，，
，
所以当时，最小，最小为，故C正确；
因为，所以直线为，
联立得，则，即为准线上的动点，
所以当点为时，最小，为2，故B正确.
故选：BC.
12．AC
【分析】对A：构造函数，根据题意，求得，令，即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.
【详解】令，则，故（为常数），
又，故可得，故，.
对A：令，即，解的或，
故有两个零点，A正确；
对B：，则，
令，可得，
故在和单调递增；
令，可得，故在单调递减；
又，，又，
故存在，使得；
又， 故存在，使得；
又当时，，故不存在，使得；
综上所述，有两个根，也即有个零点，故B错误；
对C：，即，，
当时，，上式等价于，
令，故可得，
故在上单调递增，，满足题意；
当时，，也满足；
综上所述，当时，恒成立，故C正确；
对D：由B可知，在单调递减，在单调递增，
且，，
故在上的值域为，D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属综合困难题.
13．7
【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.
详解：二项式的展开式的通项公式为,
令得，故所求的常数项为
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.
14．相离
【分析】根据点与圆的位置关系得到，然后利用圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系即可.
【详解】因为点在圆内，所以，
圆的圆心到直线的距离为，
又，则，所以直线与圆相离.
故答案为：相离.
15．/
【分析】计算得到目标至少被命中次的概率、目标至少被命中次且甲命中目标的概率，由条件概率公式可求得结果.
【详解】记事件为“甲命中目标”，事件为“目标至少被命中次”，
则，，
.
故答案为：.
16．
【分析】由可得出，令，则，分析可知，函数在上有两个不等的零点，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为，
则，
令，可得，
可得，
因为，令，则，且函数在上单调递增，
令，其中，
因为曲线有两条斜率为的切线，则函数在上有两个不等的零点，
所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
17．(1)
(2)8
【分析】（1）选①或选②都可借助正弦定理得到，即可得；
（2）借助余弦定理与三角形面积公式计算即可得.
【详解】（1）由得，
若选①：
由正弦定理得，
所以，则，又因为，故；
若选②：
外接圆半径，由正弦定理，
所以，则，又因为，故；
（2）由（1）知，所以，
因为的面积为，所以，
所以，
因为，所以，
由余弦定理得，，
所以，所以，
所以，所以的周长为8.
18．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）利用定义法判断等比数列并求解通项公式即可.
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
又因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以
（2）因为，所以，故，
所以，
令，则，
所以，
，
所以
，
，所以
19．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.
（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，
在中，由，，得，，
在中，由，，得，，
则为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理得，解得，
又，平面，则平面，而平面，于是，
显然，则，
所以平行四边形的面积.
（2）由（1）知，有，则，
同理，又，，即，则，
以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
，，
假设存在点满足题意，不妨设，
则，
设平面的法向量为，则，令，得，
设直线与平面所成的角为，则，
解得，此时，
所以存在点满足题意，且的长为.
20．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）利用古典概型计算概率的公式和概率的基本性质计算即可；
（2）分别求出射击两次、三次、四次和五次的概率，然后列分布列求期望即可.
【详解】（1）设表示事件：对红色气球随机射击一次，所得编号为，则，
设表示事件：对黄色气球随机射击一次，所得编号为，则，
表示事件：某人只射击两次.
则
.
即某人只射击两次的概率为.
（2）由题知的可能取值为2，3，4，5，为30，20，10，0，
其概率分别为，
，
，
，
的分布列为
.
21．(1)
(2)除点，直线与曲线没有其它公共点，理由见解析
【分析】（1）设，根据题意结合点到直线距离公式运算求解；
（2）根据题意分析可知为的中点，可得直线的斜率，与曲线的方程联立结合判别式分析判断，注意讨论直线的斜率斜率是否存在.
【详解】（1）设，则，，
所以矩形的面积.
因为A，分别在第一、四象限，
所以动点的轨迹方程为.
（2）因为，，所以，
所以为的中点.
设，可得，
当直线的斜率不存在时，其方程为，
所以仅当时，满足，此时直线与曲线只有一个交点；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立解得，
联立解得，
所以，解得.
所以直线的方程为，
联立，消去y得，
则，
所以直线与曲线仅有一个公共点；
综上所述：除点，直线与曲线没有其它公共点.
【点睛】关键点点睛：1.根据面积关系分析可知为的中点；
2.根据中点分析可得直线的斜率.
22．(1)
(2)2
【分析】（1）利用导数求解函数最值即可.
（2）翻译条件，利用导数求解关键点的坐标，再求值即可.
【详解】（1）因为，所以，
当时，，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为.
（2）设，，则
于是，
分设，则.
设，则有在有解，
由,
，故在上有解，
且在上，，在上，，
故函数在上单调递减，在单调递增，
其中，即，
所以，即，
设，其导函数，
所以在上单调递增，结合，知.
所以，
于是.
所以当取最小值时，，
所以，
设，
其导函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为.
所以，所以.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据题设条件构建3个变量之间的等量关系；
（2）合理构元，转化为含参的零点问题；
（3）利用隐零点求参数的值.
0
10
20
30