湘豫名校联考2024-2025学年新高考适应性调研考试数学试题

这是一份湘豫名校联考2024-2025学年新高考适应性调研考试数学试题，共16页。试卷主要包含了本试卷共6页，5 C，已知函数，则的图象大致是等内容，欢迎下载使用。
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湘豫名校联考
2024—2025学年新高考适应性调研考试
数学
注意事项：
1.本试卷共6页.时问120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回.
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.已知为虚数单位，则“”是“”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
2.已知双曲线的离心率为，则的值为（ ）
A.18 B. C.27 D.
3.数据的第60百分位数为（ ）
A.14 B.9.5 C.8 D.9
4.已知函数，则的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
5.在等比数列中，记其前项和为，已知，则的值为（ ）
A.2 B.17 C.2或8 D.2或17
6.在一个不透明箱子中装有10个大小､质地完全相同的球，其中白球7个，黑球3个.现从中不放回地依次随机摸出两个球，已知第二次摸出的是黑球，则第一次摸出的是白球的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，且，下列关于二项分布与超几何分布的说法中，错误的有（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.当样本总数远大于抽取数目时，可以用二项分布近似估计超几何分布
10.一块正方体形木料如图所示，其棱长为3，点在线段上，且，过点将木料锯开，使得截面过，则（ ）
A.
B.截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C.截面的面积为
D.以点为球心，长为半径的球面与截面的交线长为
11.已知为全集，集合满足：为的非空子集，且.对所有满足上述条件的情形，下列说法一定错误的有（ ）
A. B.
C. D.不包含于
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.设正实数满足，则__________.
13.如图，函数的部分图象如图所示，已知点为的图象与轴的交点，点分别为图象的最高点和最低点，且，则函数的初相__________.
14.已知方程有四个不同的实数根，满足，且在区间和上各存在唯一整数，则实数的取值范围为__________.
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.（本小题满分13分）
在中，角所对的边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）设的平分线交于点，若的面积为，求线段的长.
16.（本小题满分15分）
如图，已知三棱柱的所有棱长均为1，且.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求点到平面的距离.
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）令，讨论函数的单调性；
（2）若，且在上恒成立，求的最大值.
18.（本小题满分17分）
已知椭圆与抛物线有一个公共焦点，且的离心率为，设与交于两点.
（1）求椭圆的标准方程及线段的长；
（2）设为上一点（不与重合），满足直线均不与相切，设直线与的另一个交点分别为，证明：直线过定点.
19.（本小题满分17分）
如果一个严格单调递增数列的每一项都是正整数，且对任意正整数，恒成立，则称数列为“奇特数列”.
（1）设等差数列的首项，公差为.若，求证：为“奇特数列”；
（2）已知数列，其中为“奇特数列”，为大于的最小的的正整数倍，.
（i）求证：为“奇特数列”；
（ii）求证：当时，.
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2024—2025学年新高考适应性调研考试
数学参考答案
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.C 【解析】因为，又，所以“”是“”的充要条件.故选C.
2.A 【解析】由题可得实半轴长，所以半焦距，所以.故选A.
3.D 【解析】数据从小到大依次排列为：，共9个数据.第60百分位数对应为5.4，向上取整为6，所以第60百分位数为第6个数据，即为9.故选D.
4.C 【解析】令，则，所以.故选C.
5.D 【解析】由等比数列的通项公式可得，整理得，解得或.当1时，；当时，.所以的值为2或17.故选D.
6.B 【解析】设第一次摸出白球为事件，第二次摸出黑球为事件，则第一次摸出黑体为事件.因为，所以.故选B.
7.C 【解析】对于函数.今，即，满足恒成立，因此，只需，即，所以.今，即或.设方程的两根分别为，则.当时，方程有两个正根，存在，使得，不筹合题意，舍去；当时，方程有两个负根，因此，只需，即，所以，综上所述，的取值范围为.
8.A 【解析】方法一：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点.又，所以直线的方程为，即.由题知圆的虽心为，半径为1，直线与圆有交点即圆心到直线的距高小于等于1，所以，解得.
方法二：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点，临界情况为直线与圆相切.设切点为，今，易得，所以.因为直线的斜率为，所以直线的斜率.易得直线的方程为.所以.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.BC 【解析】若，则，所以，A正确.因为，所以，B错误.，C错误.由教材原文，知D正确.故选BC.
10.ACD 【解析】对于A，如图，连接，由平面平面，得.又平面平面，所以平面.
又平面，所以正确.对于B，过点作直线平行于，分别交于两点，连接，显然，所以四边形为过点及直线的正方体的截面，截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，B错误.对于C，由选项B，得，则，因此截面矩形的面积，C正确.对于D，过作于点，由平面平面，得.又平面平面，所以平面，所以点为以点为球心，长为半径的球面被平面所截小圆圆心，球面与截面的交线为以点为圆心，长为半径的半圆弧，显然，因此交线长为，D正确.故选ACD.
11.AD 【解析】由，知错误；当时，，满足条件，且，所以B不一定错误；当时，，又，所以此时，所以C不一定错误；因为，所以，所以错误.故选AD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 【解析】由，得.所以.
13. 【解题思路】结合正弦函数的周期及向童数量积公式计算可得，再由函数零点即可得.
【解析】由题图可得，又，所以，所以
.所以，化简得.又，所以，所以，解得.因为，所以.
14. 【解题思路】方法一可以化为.令，易得为偶函数，所以只需考虑时，有两个零点，且在区间上存在唯一的整数.若，则.令，根据导数得到的单调性，根据在区间上存在唯一的整数，列出不等式组即可.
方法二：由，得.令，易得均为奇函数，所以只需考虑时，与的图象有两个交点（，且在区间上存在唯一的整数，通过求导得到的单调性，根据直线过特殊点时的值即可得到的取值范围.
方法三：.令，作图象，利用数形结合可得的取值范围.
【解析】方法一.令，则.所以为偶函数.所以只需考虑时，有两个零点，且在区间上存在唯一的整数即可.当时，令，得.令，则.当时，，所以在上单调递增；当时，0，所以在上单调递减.因为在区间上存在唯一的整数，所以，即.所以的取值范围为.
方法二：.今，则，所以为奇函数.因为也是奇函数，所以只需考虑时，与的图象有两个交点，且在区间上存在唯一的整数.易知，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减.当直线过点时，；当直线过点时，.因为与的图象有两个交点，且在区间上存在唯一的整数，所以，所以的取值范围为.
方法三：由，得.令，两函数均为偶函数，所以只需考虑时，与的图象有两个交点，且在区间上存在唯一整数.如图，作的部分图象，根据图象易得，所以解得，所以的取值范围为.
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.【解析】（1）在中，由余弦定理得，
代入已知条件，得.
整理，得.
所以.
（2）方法一：由于.所以.
又，所以或.
由点在的平分线上，知点到边和边的距高相等.
设这个距高为，则，所以.
所以或.
方法二：因为，所以.
又，所以或.
因为，所以.
当时，，
解得.
当时，，
解得.
综上所述，或.
16.【解析】（1）由题意，得四面体是正四面体.
如图，过点作平面的垂线，交平面于点，
连接.
由对称性知，点为正三角形的中心.
易得，
所以.
因为平面平面，所以.
所以直线与平面所成的角为.
因为，
又平面平面，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）因为平面平面，
所以.
又，且，
所以平面.
又平面，所以.
又，所以.
所以四边形为矩形.
所以.
因为
所以点到平面的距离为
17.【解析】（1）因为，
所以.
当时，恒成立，在上单调递增.
当时，令，则，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）结合（1）与题意可得，即，即.
所以.
令，则，今，则.
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
所以.
所以，即的最大值为.
18.【解析】（1）易得抛物线的焦点为，所以半焦距.
又的离心率为，所以.
所以，所以.
所以椭圆的标准方程为.
联立解得或
所以线段的长为.
（2）由（1）知点的坐标分别为.（不妨设点在点上方）
记，则.
易知直线的斜率存在且不为0，
设直线的斜率为，则直线的方程为，
与抛物线方程联立，得：
解得.
所以点的坐标为.
同理，设直线的方程为.
则点的坐标为.
若，则点的坐标为或，
所以或（均满足）.
所以点的横坐标均为6，
此时直线的方程为，过点.
若，则直线的方程为.
今，解得
联立直线与直线的方程，解得.
由点在椭圆上，知.
化简，整理得.
从而对直线时，.
故直线过定点.
19.【解析】（1）由题易知数列的每一项都是正整数，
由，得，
所以，所以为“奇特数列”.
（2）（i）因为为“奇特数列”，
所以严格单调递增，且每一项都是正整数.
因为，
所以严格单调递增，且每一项都是正整数.
又.
所以，所以，即.
所以为“奇特数列”.
（ii）由的定义，设.
要证，即证，只需证，即证，
又，所以.
所以.
因为，所以要证，只需证，即证，只需证，即证.
因为，
所以.
因为成立，所以.
又，所以.
得证.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
D
C
D
B
C
A
BC
ACD
AD