（冲刺高考）2024年江西省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年江西省高考适应性训练数学试题，共20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（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．1D．
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知直线与曲线在原点处相切，则的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，为单位向量，若，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
5．已知为定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．2B．1C．D．
6．已知，，，则下列结论错误的为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
7．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，如图所示的1，5，12，22被称为五边形数，将所有的五边形数从小到大依次排列，则其第8个数为（ ）
A．51B．70C．92D．117
8．已知函数的定义域为，，，，若，则（ ）
A．B．C．2D．4
二、多选题
9．将函数的图象向右平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到函数的图象，则关于的说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．偶函数
C．在上单调递减D．关于中心对称
10．如图，在平面直角坐标系中，直角三角形中，，它的两个锐角的顶点A和B分别在x正半轴、y正半轴上滑动，则下列结论正确的是（ ）
A．点C在直线 上B．点C在直线上
C．点C的轨迹长度等于D．点C的轨迹长度等于
11．设函数，则（ ）
A．
B．函数有最大值
C．若，则
D．若，且，则
三、填空题
12．在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于 ．
13．已知数列中，，为数列的前项和，且，则 .
14．已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是直线上一动点，当点的纵坐标为时，最大，则椭圆的离心率为 ．
四、解答题
15．已知数列满足：.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，若对于任意的正整数，恒成立，求及实数的取值范围.
16．如图，在正三棱柱中，，，是棱的中点，点N在棱上，且，点在线段上，且C，M，P，四点共面.

(1)设，求的值；
(2)若Q为线段的中点，求二面角的大小.
17．在2019中国北京世界园艺博览会期间，某工厂生产三种纪念品，每一种纪念品均有精品型和普通型两种，某一天产量如下表:（单位:个）
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个.
(1)求的值;
(2)用分层抽样的方法在种纪念品中抽取一个容量为5的样木，从样本中任取2个纪念品，求至少有1个精品型纪念品的概率;
(3)从种精品型纪念品中抽取5个，其某种指标的数据分别如下：，把这5个数据看作一个总体，其均值为10，方差为2，求的值.
18．已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点为坐标原点，线段的中点恰好为，点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过作的垂线交椭圆于两点．记与面积分别为，求的值．
19．已知函数.
(1)若在上有唯一零点，求的取值范围；
(2)若对任意实数恒成立，证明：.
纪念品
纪念品
纪念品
精品型
100
150
普通型
300
450
600
参考答案：
1．B
【分析】先求出复数，再求.
【详解】由，得，即，
所以，
故选：B
2．A
【分析】由指数函数值域求集合N，应用集合并运算求结果.
【详解】由题设，故.
故选：A
3．C
【分析】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.
【详解】由，则，即直线的斜率为，
根据倾斜角与斜率关系及其范围知：的倾斜角为.
故选：C
4．B
【分析】根据已知，应用向量数量积的运算律求即可判断夹角大小.
【详解】由题意，则与的夹角为.
故选：B
5．D
【分析】根据奇函数的定义求解即可.
【详解】当时，，所以，
因为为定义在上的奇函数，所以，且，
所以
故选：D
6．D
【分析】举例即可判断ABC；再根据基本不等式及三角函数的性质即可判断D.
【详解】对于A，当时，
，，此时，
所以，，故A正确；
对于B，当时，，，此时，
所以，，故B正确；
对于C，当时，
，，此时，
所以，，故C正确；
对于D，当时，
，当且仅当，即时取等号，
，
由，得，
而，
所以当，即时，，
所以，当且仅当时取等号，
而，所以，，故D错误.
故选：D.
7．C
【分析】根据题图及前4个五边形数找到规律，即可得第8个数.
【详解】由题图及五边形数知：后一个数与前一个数的差依次为，
所以五边形数依次为，即第8个数为92.
故选：C
8．A
【分析】利用赋值法对进行赋值结合函数的周期可得答案.
【详解】令，得，即，
令，得，得，所以函数为偶函数，
令，得，
令，得，
，或，
若，解得与已知矛盾，
，即，解得，，
令，得，
，，，
，所以函数的周期为4.
.
故选：A.
9．BCD
【分析】A选项，根据辅助角公式，平移和伸缩变换得到，从而得到的最小正周期；B选项，由函数奇偶性定义得到B正确；C选项，由得到，由整体法得到函数的单调性；D选项，，故D正确.
【详解】A选项，，
的图象向右平移个单位长度得到
，
再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变，得到，
所以的最小正周期为，A错误；
B选项，的定义域为R，且，
故是偶函数，B正确；
C选项，由得，
由于在上单调递减，
所以在上单调递减，C正确；
D选项，，，所以D选项正确.
故选：BCD.
10．BD
【分析】由题可得A,O,B,C四点共圆，可得，可判断A，B；当B与O重合时，此时最小，当垂直于y轴时，等于A,O,B,C四点共圆的圆的直径，此时最大，可判断C，D.
【详解】由题可得A,O,B,C四点共圆，所以，所以直线的倾斜角为，
所以点在直线上，故A错误，B正确；
当B与O重合时，此时最小，，
当垂直于y轴时，等于A,O,B,C四点共圆的圆的直径，此时最大，，
所以点C的轨迹长度为，故C错误，D正确.
故选：BD.
11．ACD
【分析】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【详解】对A，由题意知，所以，故A正确；
对B，由题意知的定义域为，，
当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误；
对C，当时，可得，由A知，
所以，
由B知恒成立，所以，故C正确；
对D，当时，得，又因为，所以，
由B知在上单调递增，所以，又由A知，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件，，并结合的对称性和单调性进行求解.
12．252
【解析】根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项．
【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，
∴，解得，
∴中，，
∴当，即时，常数项为．
故答案为：252．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．
13．
【分析】根据，列出数列的递推关系式，再解出的通项公式即可.
【详解】将代入，可得.
化简得：，则，又，故，则可归纳，由，设时，有，即，那么，其中分子为负，分母为正，故，于是，故
那么等式两边同时除以，得：.
故为公差为的等差数列，而，故，于是
故答案为：
【点睛】本题考查求递推数列的通项公式，属于中档题.
14．/
【分析】利用数型结合画出图，分别设，，从而得，然后结合基本不等式从而可求解.
【详解】由题意得如图，设直线与轴的交点设为，则，
设，，，，
所以，
设，，得，
则，，
所以，
因为，，
当且仅当，即时取等号，
由题意知，有最大值，所以，化简得，
即，解得或（舍）.
又因为，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用数型结合分别求出，然后利用基本不等式从而求解.
15．（1） ；（2）.
【分析】（1）当时，求出，当时，由得，两式相减即可得，即可求出，再验证是否适合.
（2）先用裂项相消法求出,再建立不等式求解.
【详解】（1）当时，，∴，
当时，，①
，②
①②得，∴（）.
又满足上式，∴.
（2）∵，
∴，
∵对于任意的正整数，恒成立，又易知是增函数，
∴，即.
16．(1)
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理得到平面，然后建立合适的空间直角坐标系，根据向量共线得到方程，解出即可；
（2）求出相关法向量，利用二面角的向量求法即可.
【详解】（1）因为C，M，P，四点共面，所以M，P，三点共线.
如图，取的中点O，连接，因为正三棱柱，所以上下底面为正三角形，
所以，可得，又平面平面，
平面平面，平面，所以平面.
故以为坐标原点，，所在直线分别为x，z轴，过点O且垂直于平面的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易知，，，，，，.
所以，，.
所以，
由M，P，三点共线，得，
解得.
（2）由（1）得，结合得得，
所以，.
设平面的法向量为，
则，令，得，
又因为平面的一个法向量为，
故，
结合图可知二面角为锐二面角，则其余弦值为，
所以二面角的大小为.
17．(1)400
(2)
(3)4
【分析】（1）由分层随机抽样的知识直接求解即可；
（2）由古典概型结合组合数公式即可求解；
（3）由均值和方差的公式得由题意可得、则，代入数据可得答案.
【详解】（1）由题意可知，该工厂一天所生产的纪念品数为
现采用分层抽样的方法在这一天生产的纪念品中抽取200个，其中种纪念品有40个，
则，解得
（2）设所抽取的样本中有个精品型纪念品，则，解得
所以，容量为5的样本中，有2个精品型纪念品，3个普通型纪念品.
因此，至少有1个精品型纪念品的概率为
（3）由题意可得，得
由于总体的方差为2，则，可得
所以，
18．(1)
(2)1
【分析】（1）根据题意可得，又点到直线的距离为列式计算求得；
（2）设线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即直线过线段的中点，得解.
【详解】（1）设，则，由线段的中点恰好为，得，
所以，整理得，
由得直线方程为，
所以点到直线的距离为，
所以，
椭圆的方程为．
（2）设，线段的中点，
则．
由（1）知，直线的斜率，
当时，直线的斜率．
因为点在椭圆上，所以，两式相减，
整理得，
又，
所以，直线的斜率为，
因为直线的斜率为，
所以三点共线，即直线过线段的中点，
当时，直线也过线段的中点，
所以到直线的距离相等，即与等底等高．
所以．
【点睛】思路点睛：设，线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即线段的中点在直线上，得解.
19．(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）令，得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出其大致图像，结合图象即可得解；
（2）根据对任意实数恒成立，可得是函数的最小值，由分类讨论求出的最小值，再构造新的函数证明即可.
【详解】（1）令，得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又，
如图，作出函数的图象，
由图可知，的取值范围为或；
（2）因为对任意实数恒成立，
所以是函数的最小值，
，
当时，，所以函数在上为减函数，
所以函数没有最小值，不符合题意，
当时，时，，时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
综上所述，，
则，即，
即，即，
令，
，
当且仅当，即时取等号，
所以，
，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，
所以，即，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.