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53，2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（二）-【完美适应】备战2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（19题新题型）(4)
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这是一份53，2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（二）-【完美适应】备战2024年高考数学新结构模拟适应性特训卷（19题新题型）(4)，共16页。试卷主要包含了已知函数，若，则，中国古建筑闻名于世，源远流长，已知随机事件，满足，，，则，已知复数，满足，，则，在中，，，，则可能为等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知角的终边经过点，且，则的值是（ ）
A．B．C．12D．13
【答案】B
【分析】根据任意角正切函数定义计算.
【详解】根据任意角三角函数定义，
，所以.
故选：B.
2．“二十四节气”是中国古代劳动人民伟大的智慧结晶，其划分如图所示．小明打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗．他准备在春季的6个节气与夏季的6个节气中共选出3个节气，则小明选取节气的不同情况的种数是（ ）
A．90B．180C．220D．360
【答案】C
【分析】根据组合知识进行求解.
【详解】小明选取节气的不同情况的种数为.
故选：C
3．已知数列的前n项和，则的值是（ ）
A．8094B．8095C．8096D．8097
【答案】A
【分析】利用前n项和和通项公式的关系求出通项公式，再求值即可.
【详解】易知，，
故，当时符合题意，故成立,
显然.
故选：A
4．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知直线恒过定点，根据斜率公式结合图象分析求解.
【详解】因为直线恒过定点，如图.
又因为，，所以直线的斜率k的范围为.
故选：C.
5．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出，计算出，结合已知条件即可得解.
【详解】因为，则，
则，
所以，，
所以，，故.
故选：C.
6．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图甲所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图乙所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，,,与都是边长为2的等边三角形，若点，，，，都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时，由球的性质可得球半径的平方为，再用球的表面积公式计算即可.
【详解】如图，连接，，
设，因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．
连接，则平面，
分别取，，的中点，，，
根据几何体的对称性可知，直线交于点．
连接PQ，则，且为的中点，
因为，所以，连接，，
在与，易知，所以梯形为等腰梯形，
所以，且．
设，球的半径为，连接，，
当在线段上时，由球的性质可知，易得，
则，此时无解．
当在线段的延长线上时，由球的性质可知，，
解得，所以，
所以球的表面积.
故选：A．
7．已知随机事件，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，
所以，.
又,
所以，.
又，
所以，.
故选：A.
8．如图，已知双曲线的一条弦所在直线的倾斜角为，点关于原点的对称点为，若，双曲线的离心率为，则（ ）
A．3B．C．D．4
【答案】C
【分析】由题意结合两角和的正切公式求出，设，利用点差法可推出，再根据，即可求得答案.
【详解】由题可知，弦所在直线的倾斜角为，，
则直线的倾斜角为，
.
设，则，
则，，两式相减可得，
即，
即，则，
故，
故选：C.
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．已知复数，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】，，
，，
所以，，
故选:ABD
10．在中，，，，则可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】由正弦定理可得答案.
【详解】由正弦定理，
得，
又因为，所以，
因为，所以或.
故选：CD.
11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P是C上一点，则（ ）
A．B．的最大值为8
C．的取值范围是D．的取值范围是
【答案】CD
【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式判断AB；设出点的坐标，利用向量的坐标运算，结合椭圆的范围计算判断CD.
【详解】由椭圆定义得，，，A错误；
，当时取等号，B错误；
，设，则，，，
，由，得，C正确；
，，D正确.
故选：CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由命题的真假得出，从而易得其范围．
【详解】，，
因为，所以，所以的范围是，
故答案为：．
13．如图，在三棱锥中，平面，，，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，证得平面，得到，根据，得到，进而得到，进而得到为的中点，且为的中点，即可求解.
【详解】因为平面，面，所以，
又因为，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在中，可得，
在中，，
故，
则，
又因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
当时，为的中点，此时当时，为的中点，
综上所述，的最小值是.
故答案为：
14．已知若存在，使得成立，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据两函数的同构特征，不难发现，考查利用函数的单调性推得，从而将转化为，最后通过的最大值求得的最大值.
【详解】因则，
由知时，，即函数在上单调递增.
由可得：且,故得：，
则，不妨设，则，
故当时，，递增，当时，，递减，
即，故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．设等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出的公差为，利用等差数列通项公式和前项和公式求解即可；
（2）由（1）判断出前六项为正，后四项为负，进而利用前项和公式求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，，，
解得，，
故.
（2）由（1）知，，
，，，
．
16．某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
(1)当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率．
(2)当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率．
(3)如果你是教练员，将如何安排运动员甲比赛时的位置？并说明理由．
【答案】(1)0.69
(2)
(3)应多安排甲跑第四棒，理由见解析
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）分别求出四个位置上的获胜概率，即可做出判断.
【详解】（1）记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，
则，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69．
（2），
所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为．
（3），
，
，
所以．
所以应多安排甲跑第四棒，以增加运动队获胜的概率．
17．如图，在三棱柱中，是正三角形，四边形是菱形，与交于点，平面，.
(1)若点为中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题设易于建系，分别求出相关点的坐标，得到，的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（2）同上建系，求出相关点坐标，分别求得两个平面的法向量坐标，最后利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以，
因为平面，所以，，两两垂直，
如图，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，在三棱柱中，因，
易得,故，
因为点为中点，所以，所以，
因，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2），，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．
19．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】(1)是上的“3类函数”，理由见详解.
(2)
(3)证明过程见详解.
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【详解】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.2
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.8
0.7
0.7
（考试时间：150分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知角的终边经过点，且，则的值是（ ）
A．B．C．12D．13
【答案】B
【分析】根据任意角正切函数定义计算.
【详解】根据任意角三角函数定义，
，所以.
故选：B.
2．“二十四节气”是中国古代劳动人民伟大的智慧结晶，其划分如图所示．小明打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗．他准备在春季的6个节气与夏季的6个节气中共选出3个节气，则小明选取节气的不同情况的种数是（ ）
A．90B．180C．220D．360
【答案】C
【分析】根据组合知识进行求解.
【详解】小明选取节气的不同情况的种数为.
故选：C
3．已知数列的前n项和，则的值是（ ）
A．8094B．8095C．8096D．8097
【答案】A
【分析】利用前n项和和通项公式的关系求出通项公式，再求值即可.
【详解】易知，，
故，当时符合题意，故成立,
显然.
故选：A
4．已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知直线恒过定点，根据斜率公式结合图象分析求解.
【详解】因为直线恒过定点，如图.
又因为，，所以直线的斜率k的范围为.
故选：C.
5．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出，计算出，结合已知条件即可得解.
【详解】因为，则，
则，
所以，，
所以，，故.
故选：C.
6．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图甲所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图乙所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，,,与都是边长为2的等边三角形，若点，，，，都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时，由球的性质可得球半径的平方为，再用球的表面积公式计算即可.
【详解】如图，连接，，
设，因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．
连接，则平面，
分别取，，的中点，，，
根据几何体的对称性可知，直线交于点．
连接PQ，则，且为的中点，
因为，所以，连接，，
在与，易知，所以梯形为等腰梯形，
所以，且．
设，球的半径为，连接，，
当在线段上时，由球的性质可知，易得，
则，此时无解．
当在线段的延长线上时，由球的性质可知，，
解得，所以，
所以球的表面积.
故选：A．
7．已知随机事件，满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，
所以，.
又,
所以，.
又，
所以，.
故选：A.
8．如图，已知双曲线的一条弦所在直线的倾斜角为，点关于原点的对称点为，若，双曲线的离心率为，则（ ）
A．3B．C．D．4
【答案】C
【分析】由题意结合两角和的正切公式求出，设，利用点差法可推出，再根据，即可求得答案.
【详解】由题可知，弦所在直线的倾斜角为，，
则直线的倾斜角为，
.
设，则，
则，，两式相减可得，
即，
即，则，
故，
故选：C.
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．已知复数，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】，，
，，
所以，，
故选:ABD
10．在中，，，，则可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】由正弦定理可得答案.
【详解】由正弦定理，
得，
又因为，所以，
因为，所以或.
故选：CD.
11．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，P是C上一点，则（ ）
A．B．的最大值为8
C．的取值范围是D．的取值范围是
【答案】CD
【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式判断AB；设出点的坐标，利用向量的坐标运算，结合椭圆的范围计算判断CD.
【详解】由椭圆定义得，，，A错误；
，当时取等号，B错误；
，设，则，，，
，由，得，C正确；
，，D正确.
故选：CD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合，若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由命题的真假得出，从而易得其范围．
【详解】，，
因为，所以，所以的范围是，
故答案为：．
13．如图，在三棱锥中，平面，，，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，证得平面，得到，根据，得到，进而得到，进而得到为的中点，且为的中点，即可求解.
【详解】因为平面，面，所以，
又因为，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在中，可得，
在中，，
故，
则，
又因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
当时，为的中点，此时当时，为的中点，
综上所述，的最小值是.
故答案为：
14．已知若存在，使得成立，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】根据两函数的同构特征，不难发现，考查利用函数的单调性推得，从而将转化为，最后通过的最大值求得的最大值.
【详解】因则，
由知时，，即函数在上单调递增.
由可得：且,故得：，
则，不妨设，则，
故当时，，递增，当时，，递减，
即，故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．设等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设数列的前项和为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出的公差为，利用等差数列通项公式和前项和公式求解即可；
（2）由（1）判断出前六项为正，后四项为负，进而利用前项和公式求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，，，
解得，，
故.
（2）由（1）知，，
，，，
．
16．某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
(1)当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率．
(2)当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率．
(3)如果你是教练员，将如何安排运动员甲比赛时的位置？并说明理由．
【答案】(1)0.69
(2)
(3)应多安排甲跑第四棒，理由见解析
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）分别求出四个位置上的获胜概率，即可做出判断.
【详解】（1）记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，
则，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69．
（2），
所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为．
（3），
，
，
所以．
所以应多安排甲跑第四棒，以增加运动队获胜的概率．
17．如图，在三棱柱中，是正三角形，四边形是菱形，与交于点，平面，.
(1)若点为中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题设易于建系，分别求出相关点的坐标，得到，的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（2）同上建系，求出相关点坐标，分别求得两个平面的法向量坐标，最后利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以，
因为平面，所以，，两两垂直，
如图，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，在三棱柱中，因，
易得,故，
因为点为中点，所以，所以，
因，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2），，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18．已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点；
(3)椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可；
（3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可.
【详解】（1）由题设得，解得，
所以的方程为；
（2）由题意可设，设，，
由，整理得，
．
由韦达定理得，，
由得，
即，
整理得，
因为，得，解得或，
时，直线过定点，不合题意，舍去；
时，满足，
所以直线过定点．
（3））由（2）得直线，所以，
由，
整理得，，
由题意得，
因为，所以，所以，
令，，
所以，在上单调递减，
所以的范围是．
19．若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
(1)若，判断是否为上的“3类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】(1)是上的“3类函数”，理由见详解.
(2)
(3)证明过程见详解.
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【详解】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，
，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，所以使，即，
即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，
故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.2
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.8
0.7
0.7
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