46，湖南省长沙市2024届高三上学期新高考适应性考试数学试卷

这是一份46，湖南省长沙市2024届高三上学期新高考适应性考试数学试卷，共20页。试卷主要包含了请保持答题卡的整洁， 若，则， 下列函数中，是奇函数的是等内容，欢迎下载使用。

数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.请保持答题卡的整洁.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，结合集合的子集概念即可得解.
【详解】由题意集合，，所以.
故选：C.
2. 复数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】B
【解析】
【分析】由复数四则运算以及几何意义即可得解.
【详解】由题意，所以复数在复平面内对应的点位于第二象限.
故选：B.
3. 若抛物线的焦点坐标为，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的焦点坐标列方程即可得参数值.
【详解】由题意抛物线的焦点坐标为，则，解得.
故选：D.
4. 下图是函数的部分图象，则该函数的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用图象易得值和周期，从而可求，代入最值点坐标确定，即得.
【详解】由图可得：，即，即，
观察各选项可知，本题考虑即可，则，
把点代入中，可得：，
故，即，
所以.
故选：C.
5. 已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球.现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中抽取1个球，此球恰为红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全概率公式即可求解.
【详解】若从甲盒中抽到黄球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为；
若从甲盒中抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为.
因此，从乙盒中抽到的红球的概率为.
故选；D
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式以及两角和等三角恒等变换公式化简运算即可得解.
【详解】由已知得，即（），
则.从而.
故选：A.
7. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解.
【详解】，且
由，，
可得，，则.
设，，则，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，有极大值也是最大值，
即的最大值为，故A正确.
故选：A.
8. 在平面四边形中，，分别为，的中点.若，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的数量积以及模长运算公式即可得解.
【详解】如图，可知.
由，即，可得.
从而，，所以.
故选：B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列函数中，是奇函数的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由奇函数定义逐一判断即可.
【详解】对于A，的定义域为全体实数，关于原点对称，且，故A满足题意；
对于B，若，则，故B不满足题意；
对于C，的定义域为，它关于原点对称，且，故C满足题意；
对于D，的定义域为，它关于原点对称，且，故D满足题意.
故选：ACD.
10. 某彗星运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）与太阳中心的距离为，远日点（距离太阳最远的点）与太阳中心的距离为，并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则（ ）
A. 轨道的焦距为B. 轨道的离心率为
C. 轨道的短轴长为D. 当越大时，轨道越扁
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件得到，，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】由题知，解得，，
对于选项A，因为轨道的焦距为，所以选项A错误，
对于选项B，因为离心率为，所以选项B正确，
对于选项C，因为轨道的短轴长为，所以选项C正确，
对于选项D，因为，则越大时，离心率越小，则轨道越圆，所以选项D错误，
故选：BC.
11. 在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ ）
A. 存在点，使得面
B. 存在点，使得面
C. 当点不是的中点时，都有面
D. 当点不是的中点时，都有面
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【详解】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确.
若面，注意到面，则，
又，从而可得，即为直角三角形，且为斜边.
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
所以，与矛盾，即B错误.
当不是的中点时，由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确.
同上，有，又面，面，所以，
又面，
所以面，则面，即D正确
故选：ACD.
12. 设等比数列的公比为，前项积为，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且为数列的唯一最大项，则
D. 若，且，则使得成立的的最大值为20
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据前项积的定义和性质即可结合等比数列的性质即可逐一求解.
【详解】若，则，可得，即选项A错误；
而，即选项B正确.
若，且是数列的唯一最大项.
当时，，不合题意；
当时，由，可得，
即，解得，即选项C正确.
若，当时，，
又，不满足，不合题意；
当时，由可得，，，
所以，，
则为单调递减数列，
因此当时，故，当时，故，
因此当时，数列单调递增，当时，数列单调递减，
又，，，
所以使得成立的的最大值为20，即选项D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：由首项和公比确定等比数列的单调性的几种情况：
（1），时，等比数列为单调递减数列，
（2），时，等比数列为单调递增数列，
（3），时，等比数列为单调递增数列，
（4），时，等比数列为单调递减数列，
（5）时，等比数列为摆动数列，
（6）时，等比数列为常数列，
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量的分布列如下：
则数学期望______.
【答案】2.1
【解析】
【分析】根据数学期望的计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意得数学期望，
故答案为：2.1
14. 已知函数是定义在上的增函数，且，则不等式的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，求导后得，由在上为增函数，所以，从而在上为增函数，又由，从而可求解.
【详解】由题意知在上为增函数，所以恒成立，
构造函数，所以恒成立，
所以在上单调递增，又因为，
所以当时，，即，
所以的解集为.
故答案为：.
15. 已知，，，若在圆（）上存在点满足，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】设，求出点的轨迹为，从而转化为两圆有公共点，利用圆与圆的位置关系从而可求解.
【详解】 设，将坐标代入式子，可得，
即，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
依题意，两圆有公共点，则，解得.
故答案为：.
16. 已知正四棱锥的顶点均在球的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球体积的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由底面外接圆的半径、正四棱锥的高以及外接球的半径的关系，结合已知条件可得，故只需求出外接球半径的最小值即可.
【详解】设球的半径为，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为，.
如图，球心在正四棱锥内时，由，可得，
即（*）.
球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.
又正四棱锥的体积为，则，代入（*）式可得.
通过对关于的函数求导，即，
易得函数在单调递减，在单调递增，
则.从而，球的体积的最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得到，从而通过导数求得外接球半径的最小值即可顺利得解.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足，且.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）变形给定的递推公式，再利用等比数列定义推理即得.
（2）由（1）的结论求出，再利用分组求和法求解即得.
【小问1详解】
由，得，又，即，
所以数列是首项为2，公比为3的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，即，
所以
.
18. 如图1，在矩形中，，，将沿矩形的对角线进行翻折，得到如图2所示的三棱锥.
（1）当时，求长；
（2）当平面平面时，求平面和平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）要求，可考虑解三角形，因已知，故想到求，结合条件可证即得；
（2）利用面面垂直构建平面的垂线，从而建系，求相关量，得各点坐标，分别求出两个平面的法向量，运用两空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
由，，且，平面，
可得平面，又平面，则，
在中，根据勾股定理，.
【小问2详解】
如图，过点作于点，
由代值易得：.
由平面平面，平面平面，平面，
可知平面.
在平面中，过点作的垂线为轴，，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，
有，，，.
设平面的法向量，则，
令，解得其中一个法向量；
设平面的法向量，则，
令，解得其中一个法向量.
于是，，
故平面和平面夹角的余弦值为.
19. 某厂为了考察设备更新后的产品优质率，质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据，制作了如下列联表：
（1）依据小概率值的独立性检验，分析设备更新后能否提高产品优质率？
（2）如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查，核查方案为：若这5件产品中至少有3件是优质品，则认为设备更新成功，提高了优质率；否则认为设备更新失败.
①求经核查认定设备更新失败的概率；
②根据的大小解释核查方案是否合理.
附：
【答案】（1）可以认为设备更新后能够提高产品优质率
（2）①0.5792；②合理
【解析】
【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想对照临界值得结论；
（2）根据二项分布的有关计算公式，求出对应的概率，并根据对应概率的大小，作出正确的判断.
【小问1详解】
零假设为：设备更新与产品的优质率独立，即设备更新前与更新后的产品优质率没有差异.
由列联表可计算，
依据小概率值的独立性检验，
我们可以推断不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率.
【小问2详解】
根据题意，设备更新后的优质率为0.8.可以认为从生产线中抽出的5件产品是否优质是相互独立的.
①设表示这5件产品中优质品的件数，则，可得
②实际上设备更新后提高了优质率.
当这5件产品中的优质品件数不超过2件时，认为更新失败，此时作出了错误的判断，
由于作出错误判断的概率很小，则核查方案是合理的.
20. 在中，角，，所对的边长分别为，，，且满足.
（1）证明：；
（2）如图，点在线段的延长线上，且，，当点运动时，探究是否为定值？
【答案】（1）证明见解析
（2）为定值.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理的边角变换即可得证；
（2）利用诱导公式与余弦定理，结合（1）中结论化得，从而得解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
再由余弦定得得，整理得.
【小问2详解】
因为互补，所以，
结合余弦定理可得，
因为，，则，
整理得，又，
则，
从而，故为定值.
21. 已知函数.
（1）若有且仅有一个零点，求实数的取值范围：
（2）证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将题目转化为有一个解，构造函数，求导，思路1：讨论判断判别式判断单调性，确定零点个数；思路2：根据二次函数性质讨论和两种情况，判单调性求解；
（2）利用（1）取得不等式，再赋值证明即可.
【小问1详解】
易知函数的定义域为.
由，可得.
设，则，
，且与有相同的零点个数.
思路1：令，，则.
当时，，则，即，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，显然，则，可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，由，解得，，且.
当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减.
不难得知，
，
（令，故在单调递减，
故，即，），
则在有一个零点，可知不只一个零点，不合题意.
综上，可知.
思路2：令，.
当时，在单调递减，有，即，
可得在单调递减，则有且仅有一个零点.
当时，.
若，则，可得在单调递减，
则有且仅有一个零点.
若，存在，且，使得.后续过程同思路1.
综上，可知
【小问2详解】
取，当时，，有，
即，则.
令，，则，即，
从而
.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数单调性及零点,解决第二问的关键是利用（1）的结论赋值得不等关系，从而进行求和证明.
22. 已知双曲线与直线：（）有唯一的公共点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于，两点，其中点，在第一象限.
（1）探求参数，满足的关系式；
（2）若为坐标原点，为双曲线的左焦点，证明：.
【答案】22.
23. 证明见解析
【解析】
【分析】（1）将直线与双曲线方程联立，因只有一个切点从而可得，从而求解.
（2）将直线分别与双曲线的两渐近线方程联立求出，，由（1）可求出，即，分别求出，，，从而可求解.
【小问1详解】
联立方程，整理得.
由，且是双曲线与直线的唯一公共点，可得，
则，即为参数，满足的关系式.
结合图象，由点在第一象限，可知，且.
所以，关系式满足.
【小问2详解】
由题可得双曲线的左焦点，渐近线为.
联立方程，解得，即；
联立方程，解得，即.
结合，且由式可变形为，
解得，可得.
要证，即证，
即证，
即证，即证.
由，得.
根据直线的斜率公式，，，，
则，
，
可得，
因此，.
【点睛】关键点点睛：利用直线与双曲线方程联立后利用，从而求得和点坐标，然后由直线分别与双曲线的两渐近线联立求出坐标，要证，从而可求解.
1
2
3
0.1
0.7
0.2
产品
优质品
非优质品
更新前
24
16
更新后
48
12
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0.010
0.001
3.841
6.635
10.828