湖南省长沙市第一中学2024届高考适应性演练(三）数学试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若全集，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用整数集的定义化简集合，再利用集合的补集运算即可得解.
【详解】因为，，
所以．
故选：A.
2. 已知，则的实部是（ ）
A. B. iC. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算化简，由实部定义可得.
【详解】因为，所以z的实部是0.
故选：C．
3. 若函数在区间上不单调，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析的单调性，再列不等式即可求解.
【详解】因为函数在上单调递减，在上单调递增．
又函数在区间上不单调，所以，
故选：B．
4. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“为锐角三角形”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先化简，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断即可.
【详解】在中，，则，
又，
所以，
则有，又，所以，故角B为锐角.
当B为锐角时，不一定是锐角三角形；
当为锐角三角形时，B为锐角，
故“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B
5. 如图，设向量,若,且,则用阴影表示点所有可能的位置区域正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：设向量.因为向量,若,所以，所以,所以，即，即D选项的形式.故选D.
考点：1.向量的加减法.2.向量的基本定理.3.分类探索的思想.
6. 若正数满足，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 9D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】利用已知条件把变形成积为定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值.
【详解】方法一：由，可得，
所以
由为正数且，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
方法二：由，可得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题关键是凑出积或和为定值.
7. 定义：在数列中，，其中d为常数，则称数列为“等比差”数列.已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A. 1763B. 1935C. 2125D. 2303
【答案】B
【解析】
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可.
【详解】因为数列是“等比差”数列，
所以，
因为，，
所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累积，得，
所以，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法.
8. 若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题设有，构造，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为在上恒成立，再构造结合导数求参数范围.
【详解】由，可得，
即，令，则在上恒成立，
所以，由可得，由可得，
所以在上递增，在上递减，且，
在上，上，而，
所以，必须且只需在上恒成立，即恒成立，
令，则，即在上递增，
故，
故a的取值范围为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：
若在区间上有最值，则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
若能分离常数，即将问题转化为：（或），则
（1）恒成立：；；
（2）能成立：；.
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. 下列结论中正确的有（ ）
A. 若随机变量满足，则
B. 若随机变量，且，则
C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D. 数据40，27，32，30，38，54，31，50的第50百分位数为32
【答案】BC
【解析】
【分析】由方差性质判断A,由正态分布对称性判断B,由相关系数性质判断C,由百分位计算判断D.
【详解】对A,由方差的性质可得，故选项A错误．
对B,由正态分布图象的对称性可得，故选项B正确．
对C,线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故选项C正确．
对D,先将所有数从小到大进行排序27，30，31，32， 38，40，50，54，由于为整数，
求出第4个和第5个数的平均数，所以第50百分位数为，故选项D错误．
故选:BC．
10. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 存在点，使四点共面
B. 存在点，使平面
C. 三棱锥的体积为
D. 经过四点的球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D.
【详解】A：如图，在正方体中，连接．
因为N，P分别是的中点，所以．
又因为，所以．
所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C正确；
D：分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．
故选：ABC
11. 已知是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法，可判断A项；令，可判断B项；令并结合奇函数的定义可判断C项；令可判断D项.
【详解】因为，所以令，得，故A正确；
令，得，所以，
令，得，所以，故B错误；
令，得，又，所以，
所以函数是奇函数，故C正确；
令，得，
又，，所以，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数的图象的一条对称轴为直线，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用三角恒等变换将化简，再根据直线为的图象的一条对称轴，结合正弦函数的对称性即可求得.
【详解】
，
由于的图象的一条对称轴为直线，
所以，
解得．
又因为，
所以．
故答案为：.
13. 某高中学校为了响应上级的号召，促进学生的全面发展，决定每天减少一节学科类课程，增加一节活动课，为此学校开设了传统武术、舞蹈、书法、小提琴4门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，从高一到高三3个学年将4门选修课程学完，则每位同学的不同选修方式有__________种，若已知某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程，则这位同学高二学年结束后就修完所有选修课程的概率为__________．
【答案】 ①. 54 ②. ##
【解析】
【分析】利用分组分配的方法，计算求值；利用样本空间的方法，求条件概率.
【详解】由题意可得三个学年修完四门选修课程，每学年至多选2门，
则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2．
先将4门选修课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式，
由分步计数原理得，不同的选修方式共有种．
同理，将4门选修课程按0，2，2分成三组，再排列，有种，
所以共有种不同选修方式；
若将“某同学高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A，将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B．
根据题意，满足事件A的所有选课情况共4种情况，其中包含高二选修完或高三选修完其他2门，或是高二，高三各选1门，共4种情况，
其中同时满足事件B的仅有1种情况．根据条件概率公式，可知所求概率为．
故答案为：54；
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上不与顶点重合的任意一点，I为的内心，记直线的斜率分别为，若，则椭圆E的离心率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由椭圆的性质结合题意得到，再由椭圆的第二定义得到，解出，然后由等面积法得到，最后利用解出即可.
【详解】设，设圆与轴相切于点M，N，T，
所以，
所以，
即，所以．
由椭圆第二定义可知，
所以，所以，
由等面积法得到，
所以．
因为，所以，所以，即．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是能利用椭圆的第二定义得到后再结合椭圆的性质和求出.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 如图，在中，．D，E分别为边上的中点，现将以为折痕折起，使点A到达点的位置．

（1）连接，证明：;
（2）若平面与平面所成二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）方法一，先证明平面，由得平面，再证平面平面，由证平面，由得平面即得；方法二，由利用平面几何知识易得.
（2）方法一，先用几何法证明（平面平面直线l），得已知二面角的平面角为，推得正三角形，作出直线与平面所成角，在中即可求得；方法二，通过建系，设，写出相关点和向量的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式求得，再将其代入点的坐标计算即得.
【小问1详解】
方法一：如图，取的中点G，

因为D，E分别为的中点，所以．
因为，所以．
又因为平面，
所以平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面，交线为．
因为G为的中点，且，
所以，因为平面，所以平面．
又因为，所以平面．
因为平面，所以．
方法二：因为，
则且，
故
所以，即．
【小问2详解】
方法一：因为，且平面,平面，所以平面．
又因为平面，若平面平面直线l，
则，又，则．
由（1）可知，，则得，
所以平面与平面所成二面角的平面角为．
因为，且，所以为正三角形．
如图，过点B作平面交于点H，连接，

则为直线与平面所成角．
过点C作于点F，因为平面，
所以，又因为，
所以．
方法二：如图，以D为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，
在平面内过点D作z轴垂直于平面，建立空间直角坐标系．

设，则，
则，
设平面的一个法向量为，
由，故可取．
又因为，
设平面的一个法向量为，
由，故可取．
根据，解得，
所以，
所以，设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角的正弦值．
16. 随着人工智能的进一步发展，逐渐进入大众视野．是一种基于人工智能的语言模型，具备卓越的自然语言处理能力、广泛的知识覆盖范围和富有创造性的回答能力，是人们学习、工作与生活中的出色助手．尽管如此，也有部分人认为会对人类未来工作产生威胁，由于其在提高工作效率方面的出色表现，将在未来取代一部分人的职业．现对200家企业开展调查，统计每家企业一年内应用的广泛性及招聘人数的增减，得到数据结果统计如下表所示：
（1）根据小概率的独立性检验，是否有99%的把握认为企业招聘人数的增减与应用的广泛性有关？
（2）用频率估计概率，从招聘人数减少的企业中随机抽取30家企业，记其中广泛应用的企业有X家，事件“”的概率为．求X的分布列并计算使取得最大值时k的值．
附：，其中．
【答案】（1）无关； （2）且；．
【解析】
【分析】（1）计算出，对照临界值表即可作出判断；
（2）根据二项分布概率公式即可得分布列，由和，列不等式组求解可得k.
【小问1详解】
零假设企业招聘人数的增减与应用的广泛性无关，
因为，
所以，根据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可认为企业招聘人数的增减与应用的广泛性无关．
【小问2详解】
由题知，从招聘人数减少的企业中随机抽取1家企业，该企业广泛应用的概率为，没有广泛应用的概率为，
因为，
所以X的分布列为且．
若是最大值，则且，
根据，
即，整理得，解得,
又且，所以．
即使取得最大值时k的值为18.
17. 已知数列不为常数数列且各项均为正数，数列的前n项和为，，满足，其中是不为零的常数，．
（1）是否存在使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（2）若数列是公比为的等比数列，证明：（且）．
【答案】（1）存在，
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由与的关系和等差数列的性质求出的值，或由等差数列的通项公式与前n项和公式代入已知条件中求解.
（2）由已知求出数列的通项，得，结合等比数列前n项和公式证明结论.
【小问1详解】
方法一：由题意可知①，
②，
由得．
因为且，所以．
所以③．
若存在使得数列为等差数列，则（k是不为0的常数，），
代入③化简得到．
由于不为常数数列且各项均为正数，
所以解得
所以．此时，满足且为等差数列．
方法二：若是公差为d的等差数列，由，
则，
整理得到，
所以
由③可得或．
（i）若，由①②解得；
（ii）若，代入①②解得，与题意不符．
综合以上可知存在使得为公差等于1的等差数列．
【小问2详解】
由于是公比为的等比数列，，所以，
又，所以．
令可知，所以．
因为且，所以，所以，
所以，
又因为，
所以．
由于
，
且当时，，
所以，原不等式成立．
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在唯一的极值点，证明：．
【答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求导，分，，三种情况讨论，综合可得；
（2）由（1）得，表示出得的范围，并代入所证不等式，消去a得关于的不等式，构造函数判单调性得最值即可证明.
【小问1详解】
因为，
当时，，此时在上恒成立，
所以在上单调递减；
当时，在上单调递减，所以在上有唯一零点，
当时，，在上单调递增，
当时在上单调递减；
当时，在上有零点，
当和时，，所以在和上单调递减，
当时，，所以在上单调递增．
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由题意可知，
若存在唯一的极值点，
由（1）可知且．
因为，
要证，
只需证①．
因为，所以．
将代入①整理可得，只需证．
令，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，即原不等式成立．
19. 已知双曲线的左，右焦点分别为，双曲线C的虚轴长为2，有一条渐近线方程为．如图，点A是双曲线C上位于第一象限内的点，过点A作直线l与双曲线的右支交于另外一点B，连接并延长交双曲线左支于点P，连接与，其中l垂直于的平分线m，垂足为D．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）求证：直线m与直线的斜率之积为定值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）3
【解析】
【分析】（1）根据虚轴长和渐近线求出即可；
（2）设，则，记直线m的方向向量为，利用坐标运算求解，整理即可得答案；
（3）设出直线方程，和双曲线联立，利用弦长公式和点到直线的距离公式得到，然后利用基本不等式求的最值.
【小问1详解】
因为虚轴长为2，即，所以．
又因为有一条渐近线方程为，所以，
所以双曲线C的标准方程为；
【小问2详解】
由题意，点A与点P关于原点对称．
设，则．
由题意可知直线m的斜率存在，设直线m的斜率为k，
记直线m的方向向量为，又直线m为的平分线，
则．
因为，
所以，
同理，
又，代入得，
，化简得．
所以，即直线与直线m的斜率之积为定值；
【小问3详解】
由（2）可知．
又，所以，
将代入得，
，
所以．
设直线m的方程为，
将代入得，
所以直线m方程为．
由点到直线距离公式得，
．
又直线的斜率为，设直线的方程为，
将代入得，
所以直线的方程为．
将其与联立得．
设，则．
由得，
所以．
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以当且仅当时，的最小值为3．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．应用广泛性
招聘人数减少
招聘人数增加
合计
广泛应用
60
50
110
没有广泛应用
40
50
90
合计
100
100
200
0.1
0.05
0.01
2.706
3.841
6.635