古田县第一中学2024届高三下学期高考考前适应性测试数学试卷(含答案)

这是一份古田县第一中学2024届高三下学期高考考前适应性测试数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．抛物线的焦点坐标为( )
A.B.C.D.
2．已知m，l是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列可以推出的是( )
A.，，B.，，
C.，，D.，，
3．“直线与圆相切”是“”的( )
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.即不充分也不必要条件
4．有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有种停放方法.( )
A.72B.144C.108D.96
5．把周长为1的圆的圆心C放在y轴，顶点，一动点M从A开始顺时针绕圆运动一周，记走过的弧长，直线AM与x轴交于点，则函数的大致图象( )
6．若一组样本数据、、…、的平均数为10，另一组样本数据、、…、的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为( )
A.17，54B.17，48C.15，54D.15，48
7．设，，，则( )
A.B.C.D.
8．过双曲线的右焦点F作渐近线的垂线，设垂足为P(P为第一象限的点)，延长FP交抛物线于点Q，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知复数，是关于x的方程的两根，则( )
A.B.C.D.若，则
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A.的图象关于点对称
B.在区间的最小值为
C.为偶函数
D.的图象向右平个单位后得到的图象
11．在1261年，我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如：，，⋯，的前n项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，记为，的前n项和记为，则下列说法正确的是( )
A.
B.的前n项和为
C.
D.
三、填空题
12．已知集合，，则______.
13．已知的展开式中含项的系数为160，则实数a的值为______.
四、双空题
14．《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为，上下底面间的距离为，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是__________；卧足杯的容积是__________(杯的厚度忽略不计).
五、解答题
15．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且的面积
（1）求C；
（2）若内一点P满足，，求
16．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，
（I）求证：平面PAD；
（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成锐二面角的大小.
条件①：；
条件②：平面
注：如果选择的条件不符合要求，第Ⅱ问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
17．甲进行摸球跳格游戏.图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格.盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球个球除颜色外其他都相同每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束.记棋子跳到第n格的概率为.
（1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望；
（2）证明：数列.为等比数列.
18．焦点在x轴上的椭圆的左顶点为M，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线MB和直线MC的斜率之积为
（1）求b的值；
（2）若的面积为1，求和的值；
（3）在（2）的条件下，设AB的中点为D，求的最大值.
19．英国数学家泰勒发现了如下公式：
其中n!，e为自然对数的底数，以上公式称为泰勒公式.设，，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
（1）证明：；
（2）设，证明：；
（3）设，若是的极小值点，求实数a的取值范围.
参考答案
1．答案：D
解析：抛物线，即，
则，所以焦点坐标为：，
故选：D
2．答案：D
解析：在A中，，，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，，，，则与相交但不一定垂直，故B错误；
在C中，由，，得，又，则，故C错误；
在D中，，，则，又，设过m的平面与交于直线c，得，则，又，则，故D正确.
故选：D
3．答案：C
解析：由，得圆心是，半径是，
由直线与圆相切，
则，得或，
则“直线与圆相切”是“”的必要不充分条件，
故选：C.
4．答案：A
解析：根据题意，先排其余的3辆车全排列，有种情况，
排好后，有4个空位，在其中选出2个，安排货车甲和乙车，有种安排方法，
则有种安排方法.
故选：A.
5．答案：D
解析：当x由时，t从，且单调递增，并且先快后慢.
由时，t从，且单调递增，
排除A，B，C，
故选：D.
6．答案：A
解析：由题意可知，数据、、⋯、的平均数为10，则，
所以数据、、⋯、的平均数为，
方差为，
所以，
将两组数据合并后，新数据、、⋯、、、、⋯、的平均数为：，
方差为：
.
故选：A.
7．答案：D
解析：，则；
，，则；
且，则，
故
故选：D.
8．答案：D
解析：由，可得P为FQ的中点，
设，由渐近线方程，①
可设直线FP的方程为，②
由①②解得，
由中点坐标公式可得，
代入抛物线的方程可得，③
由题意可得，即代入③即有，
由可得，
解得
故选：D.
9．答案：ACD
解析：由题意知，，所以，
不妨设，，
所以，选项A正确；
由，得，
当时，，选项B错误；
计算，选项C正确；
时，,，
所以，
，，同理，选项D正确.
故选：ACD.
10．答案：BC
解析：，由图象可知，即，又，所以，
由五点作图法可得，解得，所以，
对于A：，所以的图象关于对称，故A错误；
对于B：当时，，
，即在区间上的最小值为，故B正确；
对于C：，为偶函数，故C正确.
对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误.
故选：BC.
11．答案：BCD
解析：从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，
,为一个等比数列，，
所以，故A错误；
，的前n项和为，故B正确；
去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，，构成一个等差数列，
项数之和为,n的最大整数为10，
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，
在中去掉，取的就是第12行中的第三项，，故C正确；
，这11行中共去掉了22个1，
故D正确，
故选：BCD.
12．答案：
解析：，，
故，
所以.
故答案为：
13．答案：2
解析：由题意可知，的展开式的通项为，
令，解得，所以展开式中含项的系数为，解得.
故答案为：2
14．答案：5；
解析：如下图，设球体的半径为R，，由，得，
解得，所以，，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为3的圆柱减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，下表面半径为，所以，
所以，
所以，，
故答案为：5，
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）由余弦定理得，又因为，
所以，所以，
因为，所以，由正弦定理得，
因为所以，因为，所以；
（2）由（1）知，所以，
所以，设，因为，所以，
因为，所以，
因为在中，所以，
因为在中，所以，
即，所以，即，即，
因为，所以.
16．答案：（I）证明见解析；
（II）
解析：（I）如图，连接AC，因平面ABCD，AC，平面ABCD，则，
又，，则，
因为，所以为等腰直角三角形，其中，，所以，
又因为，AD，平面PAD，，所以平面PAD；
（II）若选条件①，由余弦定理可得：，
结合为三角形内角，得，
又，则，即
若选条件②，因平面PAD，平面ABCD，平面平面，则，
又，则，即
故建立以A为坐标原点，如图所示空间直角坐标系(x轴所在直线与DC平行)，
又，，，
则，，，，，
所以，，，
由题知，平面PAD法向量为，
设平面PBC法向量为，
则，
令，则，，所以，
设面PBC与平面PAD所成锐二面角为，
所以，所以.
17．答案：（1）分布列见解析；；
（2）证明见解析
解析：（1），
，
，
.，
所以X的分布列为：
.
（2）证明：由题意知：当时，棋子跳到第n格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；
摸出两球颜色不同的概率为，相同的概率为，
所以，即，，，，
所以，
数列，为等比数列.
18．答案：（1）；
（2），.
（3）
解析：（1）由可知，B，O，C三点共线，
再由椭圆的对称性可知，B，C关于原点中心对称，即，，
易知，由直线MB和直线MC的斜率之积为可得，
对任意成立，即对任意成立，
再由，消去，可知对任意成立，
故，所以.
（2）若，则，
的面积为1，即，解得，
故，，
所以，；
若，即直线AB斜率存在，设直线AB的方程为：，
代入椭圆方程得，所以，是关于x的方程的两实根，由韦达定理可知，当即时，
，，
，
的面积为1，即，
整理得，故，
即，
综上，，.
（3）显然，由（2）可知，，
又，
即，
所以，当且仅当时取等号，
此时为直角三角形且为直角，
故
，
解得从而，即等号可以成立，
故的最大值为.
19．答案：（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）
解析：（1）证明：设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此，即.
（2）证明：，①
于是，②
由①②得，，
，
所以
即
（3），
则,
①当时，，
所以在R上单调递增，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
因此是的极小值点.
②当时，当时，，
在上单调递增，
，
又是R上的偶函数，
所以当时，.
因此，在上单调递减.
又因为是奇函数，且，
所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
因此，是的极大值点，不是的极小值点.
综上，实数a的取值范围是.
X
0
1
2
P