湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习数学试卷及答案

这是一份湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习数学试卷及答案，共22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．已知全集，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，是方程的两个复根，则（ ）
A．2B．4C．D．
3．已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
4．在数列中，已知，，则的前11项的和为（ ）
A．2045B．2046C．4093D．4094
5．按照“碳达峰”､“碳中和”的实现路径，2030年为碳达峰时期，2060年实现碳中和，到2060年，纯电动汽车在整体汽车中的渗透率有望超过70%，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量C（单位：），放电时间t（单位：）与放电电流I（单位：）之间关系的经验公式：，其中n为Peukert常数，为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.则该蓄电池的Peukert常数n大约为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．2
6．已知函数的部分图象如下，与其交于A，B两点．若，则（ ）

A．4B．3C．2D．1
7．已知双曲线的左，右焦点分别为，过的直线与双曲线分别在第一、二象限交于两点，内切圆的半径为，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数没有极值点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．给定数集，，满足方程，下列对应关系为函数的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
10．三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，，平面与平面所成的角为，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为D．点形成的轨迹长度为
11．日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．设，则为等比数列
D．设，则
三、填空题
12．将1到10这10个正整数平均分成甲、乙两组，每组5个正整数，且甲组的中位数比乙组的中位数小1，则不同的平分方法共有 种.
13．已知点M为直角外接圆O上的任意一点，，则的最大值为 ．
14．已知平面直角坐标系中，直线：，：，点为平面内一动点，过作交于，作交于，得到的平行四边形面积为1，记点的轨迹为曲线．若与圆有四个交点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
15．某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，．
(1)计算和的值，并判断A与B是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
16．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，、分别为、上的点，且.
(1)证明：平面；
(2)若平面，为的中点，，，求二面角的正切值.
17．已知函数 最小值为
(1)求 ；
(2)若 ，且，过点 可以作曲线 的三条切线． 证明：
18．已知双曲线经过椭圆的左、右焦点，设的离心率分别为，且．
(1)求的方程；
(2)设为上一点，且在第一象限内，若直线与交于两点，直线与交于两点，设的中点分别为，记直线的斜率为，当取最小值时，求点的坐标．
19．设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如.
(1)若，求；
(2)记.求和的整式表达式；
(3)用含，的式子来表示.
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】
由集合交并补的定义运算.
【详解】，
，，B选项正确；
，，或，ACD选项都不符合.
故选：B
2．B
【分析】
利用求根公式求出两个复根，然后利用复数的运算法则及模的公式直接计算即可.
【详解】
已知，是方程的两个复根，所以，
则设，，所以，
故选：B.
3．C
【分析】
根据圆台侧面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，
则圆台侧面积.
故选：C.
4．C
【分析】
根据给定条件，求出，再利用并项求和法，即可计算得解.
【详解】由，得，而，解得，
所以的前11项的和
.
故选：C
5．B
【分析】根据题意可得，，两式相比结合对数式与指数式的互化及换底公式即可得出答案.
【详解】解：根据题意可得，，
两式相比得，即，
所以.
故选：B.
6．A
【分析】
首先解方程，结合图象，求得方程的实数根，即可求解的值.
【详解】令，则，，，
则，且，所以.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合余弦函数的图象，正确求解两点的坐标.
7．A
【分析】
由双曲线定义结合已知得，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】
不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以，
点A在双曲线上，
，
又，
，，
点B在双曲线上，
，
，
，
设内切圆圆心为I，连接，如图所示，
，
，
即，
为等边三角形，，
在由余弦定理得：，
即：，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，由此即可顺利得解.
8．B
【分析】转化为恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，从而得到，故，换元后，构造函数，求导得到其单调性和最值，求出答案.
【详解】函数没有极值点，
，或恒成立，
由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0，
恒成立．
令，则，
当时，恒成立，为上的增函数，
因为是增函数，也是增函数，
所以，此时，不合题意；
②当时，为增函数，由得，
令
在上单调递减，在上单调递增，
当时，依题意有，
即，
，，
令，，
则，
令，令，解得，
所以当时，取最大值
故当，，即，时，取得最大值
综上，若函数没有极值点，则的最大值为
故选：B.
【点睛】关键点睛：将函数没有极值点的问题转化为导函数恒大于等于0，通过构造函数，借助导数研究函数的最小值，从而得解.
9．ABD
【分析】
根据给定条件，利用函数的定义，结合指数函数、对数函数的性质逐项判断即得.
【详解】对于A，，，均有唯一确定，符合函数定义，A正确；
对于B，，，均有唯一确定，符合函数定义，B正确；
对于C，，取，，不符合函数定义，C错误；
对于D，，，均有唯一确定，符合函数定义，D正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】
先根据外接球的性质，确定球心的位置，再利用三棱锥中的棱长和角的大小可以确定平面于的外心，
平面于的外心，进而可得错误，由，可得正确，由可得D正确.
【详解】
如图，设是的外心，是的外心，
则平面，平面，又平面，平面，
所以，，又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，由，则是的中点，所以，且，
所以是二面角的平面角，即，
因为，所以，所以，即，
又四点共面，且，则是中点，如图，
显然，直线与平面相交于，故A错误；
，故B正确；
由是中点，则，故C正确；
由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确.
故选：BCD
11．BCD
【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D.
【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为，
由题意，，
则①
②
②①得，，
即，故，故A错误；
由，
故，故B正确；
由，
故，即为等比数列，故C正确；
因为，
设，则，
，
相减可得
，
所以，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为，这句话的数量表示是本题推理论证的的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与难点.
12．36
【分析】
首先确定甲和乙的中位数，再从其他的数字分组，利用组合数公式，即可求解.
【详解】
依题意，甲组的中位数必为5，乙组的中位数必为6，
所以甲组另外四个数，可从1，2，3，4和7，8，9，10这两组数各取2个，共有.
故答案为：
13．
【分析】
根据题意，利用正弦定理求得外接圆的半径为，结合向量的数量积，化简得到，结合圆的性质，即可求解.
【详解】
设直角外接圆的半径为，
由正弦定理得，故，
所以，
当过点圆上一点作平行于的圆的切线时，此时最大，
由于到的距离为，所以的最大值为，
故答案为：

14．
【分析】
设点，则点到的距离为，再联立直线与的方程，求出点的坐标，进而表达出平行四边形面积，再结合平行四边形面积为求出点的轨迹方程，再利用双曲线的性质求解．
【详解】设点，则点到的距离为，
直线方程为，
联立，解得，
所以，
所以，
所以，
所以点的轨迹为两个双曲线、，
因为双曲线的实半轴长为，双曲线的实半轴长为，
若与圆有四个交点，则，即，
所以实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出动点的轨迹方程，最后结合双曲线的性质求出的取值范围.
15．(1)，，不相互独立
(2)
【分析】
（1）利用条件概率公式以及全概率公式计算即可；
（2）作出新的列联表，然后求出新的值，列不等式求解即可.
【详解】（1）由已知，
，
又因为，所以，
所以，
又，
所以，
所以A与B不为独立事件；
（2）假设原列联表为
根据原数据有
若将样本容量调整为原来的倍，
则新的列联表为：
则
，解得，
又，所以的最小值为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）在上取一点，使得，连接、，证明出平面平面，再利用面面平行的性质可证得结论成立；
（2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.
【详解】（1）证明：如图，在上取一点，使得，连接、，
因为，且是平行四边形，
所以，故，
又因为平面，平面，所以平面，
因为四边形是平行四边形，则且，
所以四边形是平行四边形，故，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且、平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）解：当点为的中点，平面，，时，
连接，则为等边三角形，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，.
设平面与平面的法向量分别为，，
则，取，可得，
，取，可得，
所以，，
则。
所以，，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为.
17．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）明确函数的定义域，求导，分析函数的单调性，求出函数的最小值，利用已知的函数的最小值，可求出的值；
（2）先设切点，求导，明确切线的斜率，利用点斜式写出切线方程：，由切线过点，所以，问题转化为该方程在上有三个不同的解.设辅助函数，分析辅助函数的单调性，求出它的极值，利用极值的符号判断大小关系.
【详解】（1）
函数的定义域为.
因为.
由.
若，则在上恒成立，即恒成立，
所以在单调递增，所以在上无最小值；
若，所以函数在上递减，在上递增，
所以函数的最小值为：，
由.
（2）设过点的直线与曲线相切，切点为：.
因为：.
所以函数的切线方程为：，
因为切线过点，所以：.
设，问题转化为在有三个解.
，
由（因为）.
所以在上递减，在上递增，在上递减.
所以函数的极小值为：；极大值：.
由，所以（）
由，所以.
只需证当时，（）.
设，则，因为，所以，
所以在上递减，且，所以.
所以，即.
所以.
【点睛】方法点睛：求函数的切线方程一般涉及两个问题：
1、求函数在处的切线，一般步骤为：
（1）先求切点；（2）再求切线斜率：；（3）再利用点斜式写出切线方程：.
2、函数的切线过点，求切线方程，一般步骤为：
（1）先设切点；（2）再求切线斜率：；（3）再利用点斜式写出切线方程：；（4）把点代入求出的值；（5）再求出、；
（6）代入（3）中的点斜式得到切线方程.
18．(1)的方程为的方程为
(2)
【分析】（1）由题意可得，，解方程即可求出，即可求出的方程；
（2）设直线的斜率分别为，由题意可得，设直线的方程为：，联立可得，同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.
【详解】（1）依题意可得，得，
由，得，解得，
故的方程为的方程为．
（2）易知，设，直线的斜率分别为，
则，
在，即有，
可得为定值．
设直线的方程为：，联立可得
恒成立，
设，则有，
可求得，
设直线的方程为：，
同理可得，
则
由可得：，
点在第一象限内，故，
当且仅当，即时取等号，
而，故等号可以取到．
即当取最小值时，，联立，
可解得，
故的方程为：的方程为：，
联立可解得，即有．

【点睛】关键点点睛：本题（2）问的关键点在于设直线的斜率分别为，由题意可得，联立直线与椭圆的方程求得，联立直线与椭圆的方程同理可得，即可求出直线的斜率为，再由基本不等式即可得出答案.
19．(1)
(2)，
(3)
【分析】
（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，从而表示出与，然后相除，即可得到结果；
（3）根据题意，可得，，再由（2）可得，然后化简即可得到，即可得到结果.
【详解】（1）
（2）因为，
，
两式相除，，
，
两式相除，
（3）因为①，所以，
因为②，所以，
由（2）和①可得，③，
由②和③，比较的系数，可得④，
因为
，
由②比较的系数可得⑤，
由④⑤消去可得，
所以.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握.
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计