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 Word版含解析.docx

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长沙市2024年新高考适应性考试数学试卷注意事项：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.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3.若抛物线的焦点坐标为，则实数的值为（）A.B.2C.D.44.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.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.6.若，则（） A.B.C.D.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.8.在平面四边形中，，分别为，的中点.若，，且，则（）A.B.C.D.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.10.某彗星的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：1230.10.70.2则数学期望______.14.已知函数是定义在上的增函数，且，则不等式的解集为______.15.已知，，，若在圆（）上存在点满足，则实数的取值范围是______.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______.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.（本题满分10分）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.18.（本题满分12分）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. 图1图2（1）当时，求的长；（2）当平面平面时，求平面和平面的夹角的余弦值.19.（本题满分12分）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：产品优质品非优质品更新前2416更新后4812（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：0.0500.0100.0013.8416.63510.82820.（本题满分12分）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？ 21.（本题满分12分）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：.22.（本题满分12分）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：. 长沙市2024年新高考适应性考试数学参考答案题号123456789101112答案CBDCDAABACDBCACDBCD5.解析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.6.解析由已知得，即（），则.从而.7.解析易知，且.由，，可得，，则.设，则，可得在单调递增，在单调递减，有，即的最大值为.8.解析如图，可知.由，即，可得.从而，，即.10.解析由，解得，， 则轨道的焦距为，离心率为，轨道的短轴长为.又，则越大时，离心率越小，则轨道越圆.11.解析当点与点重合时，由，可知面，即A正确.若面，则，可得，即为直角三角形，且为斜边.易知，与之矛盾，即B错误.当不是的中点时，由，可知面，又直线为面与面的交线，则.从而，可得面，即C正确.同上，有，而面，则面，即D正确.12.解析若，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，，，满足，不合题意；当时，由可得，，，则，，…，（时，数列单调递减），即选项D正确.13.【答案】2.114.【答案】15.【答案】解析设，将坐标代入式子，可得， 即，则点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆.依题意，两圆有公共点，则，解得.16.【答案】解析设球的半径为，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，可得函数在单调递减，在单调递增，则.从而，球的体积的最小值.17.（本题满分10分）解析（1）由，可知数列是以为首项，3为公比的等比数列.（2）由（1）可知，，则.从而.18.（本题满分12分）解析（1）由，，且，可得平面，则.在中，根据勾股定理，.. （2）如图，过点作于点，易知.由平面平面，可知平面.在平面中，过点作的垂线为轴，以为坐标原点，，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.从而，即平面和平面夹角的余弦值为.19.（本题满分12分）解析（1）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.（2）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.（本题满分12分）证明（1）由，可得，则，整理得.（2）根据，结合余弦定理可得，即，则，从而，故为定值.21.（本题满分12分）解析（1）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，，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.（2）取，当时，，有，即，则.令，，则，即，从而.22.（本题满分12分）解析（1）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.（若考生没有给出，的范围，不扣分）（2）易知，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，（*）式可变形为，解得，可得.要证，即证，即证，即证，即证（**）.思路1：由，得.根据直线的斜率公式，，，，则， ，可得，因此，.思路2：根据直线的斜率公式，，，，则，.要证（**）式，即证，即证，化简得，