（冲刺高考）2024年浙江省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年浙江省高考适应性训练数学试题，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．，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数的实部为1，且，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量， ，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的单调递增区间为（ ）
A．B．
C．D．
5．意大利数学家斐波那契以兔子繁殖数量为例，引入数列：1，1，2，3，5，8，该数列从第三项起，每一项都等于前两项之和，即，故此数列称为斐波那契数列，又称为“兔子数列”，其通项公式为，设是不等式的正整数解，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
6．基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与，T近似满足．有学者基于已有数据估计出．据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为（ ）
A．3.6天B．3.0天C．2.4天D．1.8天
7．已知椭圆的左焦点为，过作圆的一条切线交椭圆于，两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若曲线上存在两点，这两点关于直线的对称点都在曲线上，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的初相为
B．若，则函数的图象关于对称
C．若函数的图象关于点对称，则可以为3
D．若函数在上有且仅有4个零点，则的范围是
10．四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A．不存在点，使得B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为D．点到直线的距离的最小值为
11．设分别是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的右支交于两点，的内心为，则下列结论正确的是（ ）
A．若为正三角形，则双曲线的离心率为
B．若直线交双曲线的左支于点，则
C．若为垂足，则
D．的内心一定在直线上
三、填空题
12．已知幂函数是奇函数，且在上单调递减，则实数a的值可以是 ．
13．已知数列的前项和为，则数列的通项公式为 .
14．已知是圆上一点，过点作垂直于轴的直线，垂足为，点满足.若点，，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知锐角的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．
(1)求；
(2)若，求AD的长．
16．已知数列和满足：，，（为常数，且）．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)若当和时，数列的前n项和取得最大值，求的表达式．
17．如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．

(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在轴上，离心率为，右焦点到右顶点的距离为1．
(1)求椭圆C的标准方程，
(2)若动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，试问，在轴上是否存在两定点，使其到直线l的距离之积为定值?若存在，求出两定点坐标；若不存在，请说明理由．
19．梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数（，s为常数）密切相关，请解决下列问题．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时；
①证明有唯一极值点；
②记的唯一极值点为，讨论的单调性，并证明你的结论．
参考答案：
1．B
【分析】化简集合，然后利用交集的定义运算即得.
【详解】因为，,
所以.
故选：B．
2．D
【分析】根据题意，设，由复数的运算化简，然后结合条件，列出方程，即可得到结果.
【详解】由题意可得，设，则，所以，
且，
且，则，即，即.
故选：D
3．C
【分析】直接用向量的夹角公式求出两向量的夹角即可.
【详解】解:因为,,
所以,
因为,所以,
所以向量与的夹角为.
故选:C.
【点睛】本题考查了向量夹角的求法和诱导公式,属基础题.
4．A
【分析】首先求出定义域，再根据复合函数单调性即可得到单调增区间.
【详解】令，可得．
当时，函数单调递增．
所以当时，单调递增．
故在上单调递增．
故选：A.
5．D
【分析】利用对数运算将变形化简得到，结合的表达式可得，结合，即可求出答案.
【详解】因为，
所以，
即
故，
故，所以，
由斐波那契数列可知，则，
所以的最小值为9，
故选：D.
6．A
【分析】由已知先确定系数,即可确定函数解析式，再利用解析式及提供数据即可求解累计感染病例数增加3倍需要的时间
【详解】因为，，且，则，于是得
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间为，则有
即，所以，
而，解得
所以在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约为3.6天
故选：A．
7．B
【分析】设出直线，与椭圆联立然后根据几何关系，结合根与系数关系即可求解.
【详解】设直线，与椭圆联立，化简得，
设，，则由根与系数的关系得①，
又，所以，代入①得②，
又直线与圆相切，所以，即，代入②整理得，
得，因此椭圆的离心率，故B正确.
故选：B．
【点睛】将直线与椭圆联立后结合根与系数的关系及几何关系，从而求解.
8．D
【详解】因为与图像关于直线对称，所以只需与有两个交点，即方程有两个根，显然是其一个根，所以只需要在或上有一个根即可，即只需一解，令，则，令，则，当时，，时，所以当，
，所以，所以时是减函数，时是减函数，当，所以，故，选D．
9．AD
【分析】根据初相、对称轴、对称中心的定义可得选项A、B、C；根据零点的个数列出不等式 求解即得选项D.
【详解】由，
令时，得函数的初相为，故A对；
令，则，故B错；
令，则，
而当时，，故C错；
由，得 ，
又函数在上有且仅有4个零点，
则，解得 ，故D对；
故选：AD
10．BCD
【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断A选项，根据平面知识两点间距离最短，把几何图形展开成平面图形可判断B选项，易知四棱锥的外接球的直径为可判断C选项，把点线距转化为线线距，由线面平行的判定定理，把线线距转化为点面距可判断D选项.
【详解】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，

因为点为的中点，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，

则的最小值为，直角斜边上高为，即，
直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为，
半径，表面积，所以C正确；
对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，
因为平面，所以,又,且,
故平面，平面，所以，因为，
且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，
即为的长，如图所示，

在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，
故选：BCD.
11．ABC
【分析】A：利用等边三角形性质以及双曲线定义得到关系式，则离心率可知；B：利用双曲线的对称性以及三角形的全等关系进行证明；C：根据角平分线的性质结合双曲线的定义求解出；D：利用切线性质以及双曲线的定义进行求解.
【详解】对于A：若为正三角形，则轴，
由得，所以，
由等边三角形性质可知：，所以，
所以，所以，所以，故A正确；
对于B：由双曲线的对称性可知，如下图，
又因为，所以与全等，
所以，所以，故B正确；
对于C：延长交延长线于，如下图所示，
由角平分线的性质可知，且，
所以与全等，所以，所以为中点，
又因为为中点，所以，故C正确；
对于D：设三个切点为，连接，如下图，
由切线性质可知：，
设，因为，
所以，所以，
所以的内心一定在直线上，故D错误；
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线性质的综合运用，涉及离心率、双曲线的对称性、焦点三角形的内切圆相关问题，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较大.其中CD选项在分析时，不仅要考虑内切圆的性质，同时需要考虑双曲线的定义，二者结合解决问题.
12．（答案不唯一）
【详解】举例，则，根据反比例函数的性质知其为奇函数，
且在上单调递减，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）.
13．
【分析】根据题意，结合和，即可求得数列的通项公式.
【详解】数列的前项和为，
当时，，
当时，，
，不满足上式，
所以数列的通项公式为
故答案为：
14．
【分析】由题意先求出点的轨迹方程，得知它的轨迹为以点，为焦点的椭圆，由椭圆的定义可将化简为，结合焦半径的范围即可得解.
【详解】由题意设，所以，因为，所以.

将点带入圆，则点满足椭圆的方程.
所以
，
又，即，
当时，最大，最小且为；
当或时，最小，最大且为，
即，即，
所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是得到点的轨迹方程，结合椭圆定义化简表达式即可进一步得解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理，求得边长，进而求得答案；
（2）根据几何性质以及平面向量的运算，结合数量积的性质，可得答案.
【详解】（1）由得，
由余弦定理：，解得或（舍），
所以.
（2）由，即，
得，
所以，
所以
16．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意消元可得，，即可根据定义证出；
（2）由（1）知，从而得出，根据邻项变号法可知，，进而求出，得到的表达式，求出．
【详解】（1）因为，即，
所以，而，
所以，即，即数列是以为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）知，所以．
因为当和时，数列的前n项和取得最大值，所以，
即，解得．
所以．
经检验，当时，，当时，，所以先增后减，
在和时取得最大值，符合题意．
此时．
17．(1)1
(2)
【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．

18．(1)
(2)存在，，理由见解析
【分析】（1）根据离心率和右焦点到右顶点的距离为1，联立方程组即可解得标准方程为；
（2）设出直线l的方程为并与椭圆联立，由可得，设出轴上两点坐标为，写出两距离之积的表达式即可得出结论.
【详解】（1）根据题意可设椭圆C的标准方程为，
易知离心率，
又右焦点为，右顶点为，可得，
解得，则；
即椭圆C的标准方程为.
（2）设动直线l的方程为，
假设在轴上存在两定点满足题意，如下图所示：

联立，消去可得，
可得，即；
易知点到直线的距离，点到直线的距离，
可得；
若为定值，则需满足，
解得或，此时满足题意；
即可得在轴上存在两定点，使得两点到直线l的距离之积为.
19．(1)在上单调递减；
(2)①证明见解析；②在上单调递增，证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数利用即可得出恒成立，可得函数在上单调递减，
（2）①易知当时，由可知存在唯一变号零点，即可知有唯一极大值点；
②易知，求得的反函数，利用的单调性即可求得为单调递增；
【详解】（1）由可得
，
令，则；
又，，所以，即恒成立；
即函数在上单调递减，
又，所以，
可得恒成立，因此函数在上单调递减，
即当时，函数在上单调递减；
（2）当时，
①由（1）可知
令，可得,
易知当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递减，
即函数在处取得极大值，也是最大值；
注意到，由单调性可得，可知在大于零，
不妨取，则；
由零点存在定理可知存在唯一变号零点，
所以存在唯一变号零点满足，
由单调性可得，当时，，当时，；
即可得函数在上单调递增，在单调递减；
所以有唯一极大值点；
②记的唯一极值点为，即可得
由可得，
即可得的反函数，
令,，则，
构造函数，则，
显然在恒成立，所以在上单调递增，
因此，即在上恒成立，
而，即，所以在上恒成立，
即可得在上恒成立，因此在单调递增；
易知函数与其反函数有相同的单调性，所以函数在上单调递增；
【点睛】关键点点睛：本题在证明的单调性时，由于的表达式不易得出，因此可利用其反函数的单调性进行证明.