艺术生仿真演练综合测试（一）-备战2024年高考艺术生40天突破数学90分讲义
展开2024年艺考生仿真演练综合测试（一）
第Ⅰ卷
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，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【解析】由题意得，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，
故选：C
2．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，又，
所以，
故选：C.
3．设是定义在上的偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】因为是定义在上的偶函数，
所以，
又当时，，
所以.
故选：C
4．如图，是某种型号的家用燃气瓶，其盛气部分近似可以看作由一个半球和一个圆柱体组成，设球的半径为R，圆柱体的高为h，若要保持圆柱体的容积为定值立方米，则为使制造这种燃气瓶所用材料最省（温馨提示：即由半球和圆柱体组成的几何体表面积最小），此时（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依题意，
，所以
，
当时取等，所以，故.
故选：C.
5．若平面向量与的夹角为60°， ,，则等于（ ）.
A． B． C．4 D．12
【答案】B
【解析】由题意 ， ，
；
故选：B.
6．设正项等比数列的前n项和为，若，，则通项（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设等比数列的公比为q，则，且不为1
又由已知可得，解得，所以．
故选：D.
7．2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，
再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，
故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，
其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.
故选:D.
8．直线分别与直线、曲线交于点A，B，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知，直线与直线的交点，直线与曲线交点，满足，
则，
设，，则，
由，得；，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即，
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．函数恒满足
B．直线为函数图象的一条对称轴
C．点是函数图象的一个对称中心
D．函数在上为增函数
【答案】AC
【解析】对于A选项， ， A正确；
对于B选项，函数无对称轴，B错；
对于C选项，由可得，
当时，可得，所以，点是函数图象的一个对称中心，C对；
对于D选项，当时，，
所以，函数在上不单调，D错.
故选：AC.
10．已知抛物线的焦点为，P为C上的一动点，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．当PF⊥x轴时，点P的纵坐标为8
C．的最小值为4 D．的最小值为9
【答案】CD
【解析】对于A,由抛物线的焦点为可知，故A错误，
对于B,当PF⊥x轴时，则点的横坐标为4，将其代入中得，故B错误，
对于C,设，则，由于,所以，故的最小值为4，故C正确，
对于D，过作垂直于准线于,过作垂直于准线于，
则，当，，三点共线时等号成立，
故D正确；
故选：CD
11．已知实数x，y，z满，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】因为，所以，
同除以得：，A正确；
，
因为，所以，
故，即，B错误；
在上单调递减，而，故，C错误；
因为，单调递减，
因为，故，故D正确.
故选：AD.
12．正方体中，与平面，平面的分别交于点E，F，则有（ ）
A． B．
C．与所成角为 D．与平面所成角为
【答案】ABD
【解析】对A选项，∵平面，∴，又，且，
平面，平面，∴平面，
又平面，∴，故A正确；
对B选项，由选项A知，，又平面，平面，∴，且，平面，平面，∴平面，即平面，同理平面，故点到面的距离为.
设正方体棱长为2，因为为正三角形，
所以，又.
根据等体积转换可知：，即，
即，所以，同理，又，
∴，故B正确；
对C选项，∵，∴（或其补角）即为异面直线与所成角，
∵四边形为正方形，∴，∴与所成角为，故C错误；
对D选项，∵平面，∴，又，且，
平面，平面，∴平面，
设，则平面，连接，如图
由线面角的定义知，为与平面所成角，
设正方体棱长为2，则，，∴，
∵，∴，
∴与平面所成角为，故D正确；
故选：ABD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中，常数项为____________
【答案】
【解析】的展开式通项为，其中，
因为，
在中，由，可得，
在中，得，
所以，展开式中，常数项为.
故答案为：.
14．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．若，则的外接圆半径为____________．
【答案】
【解析】根据余弦定理由，
而，因此有，
因为，所以，
由正弦定理可知的外接圆半径为，
故答案为：
15．若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．
【答案】
【解析】依题意，由图象的性质可知，
点到焦点距离的最大值为，最小值为，
所以，化简得，即离心率，
故答案为：.
16．已知数列的前n项和为，，，，则______．
【答案】
【解析】在中，令，得，得，
又，∴，解得（舍去），
∵，∴，，
当时，，又，
∴，即，
∴由，得，
∴是等差数列，公差为1，首项为，
∴，∴，
从而．
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
已知等差数列为递增数列，且，，是方程的两个根.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和
【解析】（1）解方程得，，
又数列为递增数列，所以，，
由于数列为等差数列，所以则，解得，
所以，
（2）由（1）知，则，
所以
.
18．（12分）
在中，边所对的角分别为，，．
(1)求角的大小；
(2)若，求的面积．
【解析】（1），
由得，即，
，又，
；
（2）由正弦定理得，
，，
又，
即，
，
，
19．（12分）
如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，点在上，且．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【解析】（1）证明：在线段上取点，使得，
所以，在中，，且，
因为在四边形中，，，
所以，，
所以，四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
所以，，
因为是的中点，点在上，且，
所以，
所以，，设平面的一个法向量为，
所以，，即，令得，
由题，易知平面的一个法向量为，
所以，
所以，
所以，二面角的正弦值为.
20．（12分）
在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B．
(1)求，，
(2)若把抽取学生的方式更改为：从这7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．
【解析】（1）方法一：
由题意可得：，
“第一次抽到女生且第二次抽到男生”就是事件AB：“第一次抽到男生且第二次抽到男生”就是事件，从7个同学中每次不放回地随机抽取2人，试验的样本空间Ω包含个等可能的样本点，
因为，，
所以，
故．
方法二：，
“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，则，，
故．
（2）被抽取的3人中女生人数X的取值为0，1，2，3，
，，
，，
X的分布列：
X | 0 | 1 | 2 | 3 |
P |
X的数学期望.
21．（12分）
已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．
(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；
(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）设，，，
联立直线l与双曲线E的方程，得，
消去y，得．
由且，得且．
由韦达定理，得．
所以，．
由消去k，得．
由且，得或．
所以，点M的轨迹方程为，其中或．
（2）双曲线E的渐近线方程为．
设，，联立得，同理可得，
因为，
所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．
若A，B为线段CD的两个三等分点，则．
即，．
而，．
所以，，解得，
所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．
22．（12分）
已知在处的切线方程为．
(1)求函数的解析式；
(2)是的导函数，对任意，都有，求实数m的取值范围．
【解析】（1），当时，，，
，，
，
由切线方程为，，
，即，.
（2），，
由已知，成立，
令
，所以在上单调递减，
所以,即，
设，则，令，解得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，，故，
即，令代换有，两边同乘2有，
则，当时取等号，
所以时满足题意，若,存在时，原式有，
即与矛盾,不满足题意,
所以.
