（冲刺高考）2024年江苏省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年江苏省高考适应性训练数学试题，共18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．已知向量，且，则m=
A．−8B．−6
C．6D．8
2．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
3．已知为等差数列的前n项和，，则（ ）
A．60B．120C．180D．240
4．将一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为4的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的最小正周期为，则在区间上的最大值为（ ）
A．B．1C．D．2
6．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝2acsA，则csA＝（ ）
A．B．C．D．
7．已知，是椭圆的两个焦点，双曲线的一条渐近线与交于，两点. 若，则的离心率为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若（为虚数单位），则下列说法正确的为（ ）
A．B．
C．D．
10．为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则（ ）
A．
B．回归直线必过点
C．加工60个零件的时间大约为
D．若去掉，剩下4组数据的经验回归方程会有变化
11．设是抛物线弧上的一动点，点是的焦点，，则（ ）
A．
B．若，则点的坐标为
C．的最小值为
D．满足面积为的点有2个
三、填空题
12．已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为，则该圆台的母线长为 ．
13．已知是第二象限角，，现将角的终边逆时针旋转后得到角，若，则 ．
14．已知曲线，直线，若对任意，直线始终在曲线下方，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，，．
(1)证明：；
(2)求与平面所成角的正弦值．
16．设为抛物线的焦点，为的准线与轴的交点，且直线过点．
(1)若与有且仅有一个公共点，求的方程；
(2)若与交于，两点，且，求的面积．
17．记，分别为数列，的前n项和．已知为等比数列，，，．
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前2n项和．
18．正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为．已知某系统由一个电源和并联的，，三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立．
(1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求；
(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为.
（ⅰ）设，证明：；
（ⅱ）若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，分别为的极大值点和极小值点，记，．
（ⅰ）证明：直线AB与曲线交于另一点C；
（ⅱ）在（i）的条件下，判断是否存在常数，使得．若存在，求n；若不存在，说明理由．
附：，．
参考答案：
1．D
【分析】由已知向量的坐标求出的坐标，再由向量垂直的坐标运算得答案．
【详解】∵，又，
∴3×4+（﹣2）×（m﹣2）＝0，解得m＝8．
故选D．
【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，考查向量垂直的坐标运算，属于基础题．
2．A
【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.
【详解】若，，设对应法向量分别为，也是m,n的方向向量，由，即，则，故A正确；
若，，，则与可能平行或相交，故B错误；
若，，，则，或，或n与相交，故C错误；
若，，则，又，则或，D错误.
故选：A
3．B
【分析】根据等差数列的性质和前n项和公式运算.
【详解】因为数列为等差数列，所以，
所以，所以．
故选：B.
4．A
【分析】根据的六种取值情况分别得出中位数，再利用古典概型概率公式即得.
【详解】当时，这6个点数的中位数为3，当时，这6个点数的中位数为4，当时，这6个点数的中位数为4.5，
故由古典概型概率公式可得：.
故选：A.
5．C
【分析】由周期公式求得，结合换元法即可求得最大值.
【详解】由题意，解得，所以，
当时，，
所以在区间上的最大值为，当且仅当时等号成立.
故选：C.
6．D
【分析】由已知结合余弦定理进行化简即可求解.
【详解】解：因为c＝2acsA，
由余弦定理可得，将a＝3，b＝5代入整理得，
所以.
故选：D.
7．D
【分析】根据双曲线渐近线方程可得，可得，再结合椭圆定义及离心率公式可得解.
【详解】
如图所示，
由已知，则一条渐近线，
即，
又，
即，且四边形为矩形，
所以，
则，
又根据椭圆定义可知，
所以离心率，
故选：D.
8．B
【分析】利用函数奇偶性的定义可求得函数的解析式，再利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为函数为偶函数，则，即，①
又因为函数为奇函数，则，即，②
联立①②可得，
由基本不等式可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故函数的最小值为.
故选：B.
9．ACD
【分析】由共轭复数的定义、复数的模长公式、复数的运算对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，，则，所以，故A正确；
对于，对于B，
，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
【分析】求得数据的样本中心点可判断B；结合回归方程可求出可判断A；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.
【详解】，，
所以恒过，所以，
解得：，故A错误；B正确；
所以，令，则，
故加工60个零件的时间大约为，故C正确；
因为恒过，
所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D错误.
故选:BC.
11．AB
【分析】对于A，直接由抛物线方程即可判断；对于B，直接由焦半径先求得点横坐标，代入抛物线方程验算其纵坐标即可判断；对于C，由B选项启发，观察图象，令即可举出反例；对于D，由点到直线距离公式将原问题转换为方程的或的正根的个数和即可判断.
【详解】
对于A，抛物线弧的焦点为，故A正确；
对于B，若，解得，所以，即点的坐标为，故B正确；
对于C，取，则，
因为，所以，即，
所以，即，故C错误；
对于D，直线的斜率为，所以它的方程为，
点到它的距离为，
注意到，若面积为，
则，又，
所以或，解得或，
所以满足面积为的点有3个，故D错误.
故选：AB.
12．2
【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.
【详解】设母线长度为，由圆台侧面积公式得，
解得，故圆台母线长度为2.
故答案为：2
13．/
【分析】由两角和的正切公式先得，进一步由两角差的正切公式即可求解.
【详解】由题意，且，，
解得，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】首先将原问题转换为恒成立，（先固定），得对任意，恒成立，由此即可利用导数求解.
【详解】由题意，有恒成立，
不妨设（先固定），
即恒成立，
则，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
即，由于这里且任意，
即对任意，恒成立，
所以设，，
令得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，所以，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双变量恒成立问题，首先固定，通过导数将原问题转换为对任意，恒成立，由此即可顺利得解.
15．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由线面垂直判定定理证明平面，又平面，从而可求解.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用向量法求解线面角，从而可求解.
【详解】（1）取的中点，连接，，因为，所以．
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
由，，所以在和中
，所以，因此，
因为，平面，所以平面，
又因为平面POC，所以．
.
（2）以O为坐标原点，所在直线为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设得，，，，
则，，．
设是平面的一个法向量，则，即，可取．
所以．
因此与平面所成角的正弦值为．
16．(1)或或．
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，根据判别式即可求解，
（2）根据韦达定理可得，，进而根据向量数量积的坐标运算求解，由面积关系即可求解.
【详解】（1）由题设得，．
若与轴垂直，此时与只有一个交点．
若与轴不垂直，设．由得．
因为与有且仅有一个公共点，所以，故．此时的方程为或．
综上，的方程为，或．
（2）由（1）得，即．设，，
则
，．
因为，所以，整理可得
，
代入可得．所以的面积

17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据求出，据此求出的公比，据此求出和的关系，根据求出进而求出，求出，根据和求出和，据此即可求解；
（2）设，由（1）求出然后利用等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）由题设得，所以，
因此的公比为2，于是，
即，又因为，
所以，即，
当时，，当时，，
所以，又因为，
，所以，
因此，，因为，
所以，因此的通项公式为，
的通项公式为；
（2）设，由（1）得，
所以的前2n项和.
18．(1)0.8186
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（1）根据正态分布的对称性即可结合的定义求解，
（2）（ⅰ）根据条件概率的计算公式集合的定义以及的定义域即可求解，（ⅱ）根据独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题设得，，
所以
（2）（ⅰ）由题设得：
，
,
所以．
（ⅱ）由（ⅰ）得，
所以第天元件，正常工作的概率均为．
为使第天系统仍正常工作，元件，必须至少有一个正常工作，
因此所求概率为．
19．(1)在，单调递增，在单调递减
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，
【分析】（1）对求导后利用导数从而可求解；
（2）（ⅰ）求出直线的方程，然后与联立得，构造函数，再利用导数求解有个零点即可求解；（ⅱ）中由（ⅰ）可得，假设存在，则，从而可求得，再构造函数，再利用导数求出的零点，从而可求解.
【详解】（1）因为，
则，
令得或，
当与时，；
当时，；
所以在，单调递增，在单调递减．
（2）由（1）得，，
（ⅰ）直线的方程为，即，
由，得，
设，则，
令得，
当时，；当时，；
所以在单调递减，在单调递增，
因为，，，
所以有且仅有2个零点，，其中，
这表明方程的解集为，
即直线AB与曲线交于另一点C，且C的横坐标为，
（ⅱ）由（ⅰ）得，即，
假设存在常数，使得，则，
所以，代入可得．
设，则．令得．
当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
因为，，，
所以存在唯一的，使得．
此时．
因此，存在常数，使得，且．
【点睛】关键点点睛：（2）问中先求出直线的方程，然后将方程与函数联立后求得关于等式，然后构造函数，再利用导数求得构造函数的单调性及函数的零点，从而可求解.