2023-2024学年高三下学期3月适应性考试数学试题(新高考金卷) Word版含解析.docx

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新高考金卷2024届全国II卷适应卷（三）数学试题注意事项：1．本试题满分150分，考试时间120分钟；2．考生答题前请在规定位置填写姓名、班级、考号等相关信息，在答题卡上正确填涂准考证号（或粘贴条形码）并仔细核对自己的信息；3．选择题请用2B铅笔在答题卡对应的位置准确填涂，非选择题请用黑色字迹签字笔在答题卡的非选择题区域作答；在本试卷及草稿纸上作答，答案无效；4．考试结束后，本试题、答题卡、草稿纸一并收回，请勿带出考场一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设为虚数单位，则（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法和乘方运算来计算.【详解】,则.故选：B.2.已知集合，，若中有且仅有两个元素，则实数的范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合中元素，代入集合即可.【详解】因为中有且仅有两个元素， 则，，所以，解得，且.故选：D.3.某生产线正常生产状态下生产的产品的一项质量指标近似服从正态分布，若，则实数的值为（）A.B.C.10D.19【答案】B【解析】【分析】根据题意，由正态曲线的性质，代入计算，即可得到结果.【详解】由题可知，正态曲线关于对称，且，则，解得.故选：B4.设为双曲线的中心，以双曲线的实轴为直径的圆与双曲线的两条渐近线交于两点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为（）A.B.或2C.D.或2【答案】B【解析】【分析】分两种情况，和分别求解即可.【详解】焦点在上和焦点在上结果一样，故不妨取双曲线的焦点在轴上，若为图1：则，则，则， 若为图2：则，则，则，故选：B.5.已知平面向量，满足，设，则的最小值为（）A.B.3C.1D.2【答案】A【解析】【分析】根据结合数量积的运算律及二次函数的性质即可得解.【详解】，则当时，.故选：A.6.已知三棱锥中，，，则三棱锥 外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意画出图形，结合已知求出底面三角形外接圆的圆心，进一步找出三棱锥外接球的球心，由三角形相似求得外接球的半径，则答案可求.【详解】由，过作面，垂足为，则为的外心，在中，，故，设的外接圆半径为，则，即，即所以，取的中点，过作交于，则为三棱锥外接球的球心，由可得，则，即外接球半径为，所以外接球的表面积为.故选：B. 7.设，，，，若满足条件的与存在且唯一，则（）A.B.1C.2D.4【答案】B【解析】【分析】先由，可得，再根据，结合两角差的正弦公式求出，进而可求出，再根据唯一性可求出，再求出，结合两角差的正切公式求出，即可得解.【详解】由，得，即，所以，所以，所以，所以，因为，所以，因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，所以， 所以，经检验符合题意，所以，因为，所以，所以，则，解得，所以.故选：B.8.已知函数，，点与分别在函数与的图象上，若的最小值为，则（）A.B.3C.或3D.1或3【答案】C【解析】【分析】平移直线使其经过点，则切线斜率为1，利用导数求出切点坐标，再根据点到直线距离公式即可得到方程，解出即可.【详解】因为，令，解得，而，则函数的图象在点处的切线方程为，则，即点到直线的距离为，所以，解得或，故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.如图所示，圆台的母线与下底面的夹角为，上底面与下底面的直径之比为，为一条母线，且，为下底面圆周上的一点，，则（） A.三棱锥的体积为2B.圆台的表面积为C.的面积为D.直线与夹角的余弦值为【答案】ABD【解析】【分析】由三棱锥的体积公式即可判断A，由圆台的表面积公式即可判断B，由三角形的面积公式即可判断C，由异面直线夹角的概念以及余弦定理即可判断D【详解】根据题意，圆台轴截面如图所示，分别过点作于点，则，，所以由上底面与下底面的直径之比为可得，则，所以圆台的高为，，则，故A正确； 设圆台的上下底面圆的半径分别为，则，则圆台的表面积为，故B正确；过点作的垂线交于，则可得平面，且平面，则，过点作的垂线交于，连接，即，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，则，由可得，即，所以，且，所以，则，故C错误；过点作的平行线交底面圆周于点，连接，则即为直线与所成角（或补角），在中，，，，由余弦定理可得，则直线与夹角的余弦值为，故D正确；故选：ABD10.设正实数，，且满足，则（）A.B. C.D.【答案】AD【解析】【分析】对于A项，通过题设求出，代入所求式消元，凑项运用基本不等式即得；对于B项，直接运用基本不等式将其转化成关于的不等式求解即得；对于C项，运用完全平方式将其转化成关于的二次函数，通过其图象单调性即得；对于D项，通分后将其化成关于的分式函数，求其值域即得.【详解】对于A项，由可得：，因，故，将其代入可得：当且仅当时等号成立，故A项正确；对于B项，由可得，因，故得：，则，当且仅当时等号成立，故B项错误；对于C项，由，设，由上分析知，，则在上单调递增，故，即C项错误；对于D项，由，由上分析知，则，故，即，故D项正确.故选：AD.11.已知圆：，圆：，动圆与圆外切于点，与圆内切于点圆心的轨迹记为曲线，则（） A.的方程为B.的最小值为C.D.曲线在点处的切线与线段垂直【答案】BCD【解析】【分析】A.直接根据椭圆的定义可得答案；B.与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：求出点处的切线斜率，再利用求出点的坐标，再判断切线斜率和的关系即可.【详解】对于A：设动圆的半径为，由条件得，，则，且，，不重合，故点的轨迹为以，为焦点的椭圆（去掉，，重合的点），则曲线的方程为，A错误；对于B：由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大，此时，所以，则的最大值为，所以的最小值为，B正确；对于C：，当且仅当时等号成立，C正确； 对于D：设点，则过点的椭圆的切线方程为，切线斜率为，又，所以，则，得，解得,所以,又，因为，所以，所以，所以，所以，即曲线在点处的切线与线段垂直，D正确； 故选：BCD证明：过椭圆上一点的椭圆的切线方程为，联立，消去得，则，又，得，所以，所以是过椭圆上一点的椭圆的切线方程.【点睛】方法点睛：过椭圆上一点的的切线方程为，过双曲线上一点的的切线方程为，通过结论可快速找到解题思路.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.为弘扬志愿者精神，某校举行“乐于助人”服务活动，现安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有______种．【答案】【解析】【分析】将4人按分组，先不考虑限制条件，先分组再分配求出不同的安排方式的种数，再排除甲和乙去同一个地方的种数即可.【详解】安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，则将4人按分组，若不考虑限制条件，则此时不同的安排方式有种，当甲和乙去同一个地方时，有种不同安排方式，所以若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有种.故答案为：13.已知，则______．【答案】【解析】【分析】先化简，再利用二项式定理求得，再将等式两边同时求导，从而得解.【详解】因为，而的展开通项公式为，所以展开式中的系数，由，两边同时求导可得，令可得，所以. 故答案为：.14.已知的图象关于直线对称，且在上恰有两条对称轴．在中，角，，所对的边分别为，，，且，，则面积的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】根据函数关于直线对称，推得，对的取值分正、负进行讨论，求得，得到函数解析式，利用求出角，利用正弦定理表示出边，继而求得三角形面积表达式，运用三角恒等变换化成正弦型函数，利用其值域求得面积最大值.【详解】由的图象关于直线对称可得：，则，解得：.①当时，由可得：，依题需使，解得：，代入可得，故不存在；②当时，由可得：，依题需使，解得：，因，故时，，即.由可得：，因，则,由正弦定理，可得： 于是，面积为：,因，则，故，即，故面积的最大值为故答案为：【点睛】关键点点睛：解题关键在于在求得之后，往往容易先入为主，默认为正，结果求不出而放弃；第二个关键在于对于较复杂的面积表达式，要善于角的消元和三角函数的降次以及辅助角公式的应用，最后在角的范围内考查三角函数的值域.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设数列的前项和为，为等比数列，且，，，成等差数列．（1）求数列的通项公式：（2）设，数列的前项和为，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，由等差数列以及等比数列的定义，列出方程，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由（1）可得，结合裂项相消法代入计算，即可证明.【小问1详解】因为，，成等差数列，即， 又为等比数列，则也成等比数列，则，联立解得，则数列的公比为，即，所以，当时，，且也满足上式，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，且，则，记，则，则，因为，所以.16.如图所示，在长方体中，，在棱上，且．（1）若，求平面截长方体所得截面的面积（2）若点满足，求平面与所成夹角的余弦值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）建系，利用坐标运算计算，求出点的位置，然后画出截面，求截面面积即可；（2）利用向量法求平面与平面的夹角即可.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系：因为，所以，设，则，由得，解得，即为线段中点，取的中点，连接，明显有，则平面截长方体所得截面为梯形，则，，所以则点到的距离为，则截面的面积为；【小问2详解】设，则，，设面的法向量为，面的法向量为 则，取得，，取得，所以，则平面与所成夹角的余弦值为.17.垃圾分类是普惠民生的一项重要国策．垃圾分类不仅能够减少有害垃圾对环境的破坏，减少污染，同时也能够提高资源循环利用的效率．垃圾分类共分四类，即有害垃圾，厨余垃圾，可回收垃圾与其他垃圾．某校为了解学生对垃圾分类的了解程度，按照了解程度分为等级和等级，随机抽取了100名学生作为样本进行调查．已知样本中等级的男生人数占总人数的，两个等级的女生人数一样多，在样本中随机抽取1名学生，该生是等级男生的概率为．（1）根据题意，完成下面的二维列联表．并根据小概率值独立性检验，判断学生对垃圾分类的了解程度是否与性别有关？男生女生等级等级附：0.050.0250.010.0053.8415.0246.6357.879 ，其中．（2）为了进一步加强垃圾分类工作的宣传力度，学校特举办垃圾分类知识问答比赛活动．每局比赛由二人参加，主持人和轮流提问，先赢3局者获得第一名并结束比赛．甲，乙两人参加比赛，已知主持人提问甲赢的概率为，主持人提问甲赢的概率为，每局比赛互相独立，且每局都分输赢．抽签决定第一局由主持人提问．（i）求比赛只进行3局就结束的概率；（ii）设为结束比赛时甲赢的局数，求的分布列和数学期望．【答案】17.列联表见解析，学生对垃圾分类的了解程度与性别无关，理由见解析18.（i）；（ii）分布列见解析，期望值为【解析】【分析】（1）数据分析，得到列联表，计算出卡方，与比较后得到结论；（2）（i）分甲赢得比赛和乙赢得比赛两种情况，计算出概率相加后得到答案；（ii）得到的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算出数学期望.【小问1详解】由题意得，等级的男生人数为，等级男生的人数为，等级的女生人数相同，均为人，故列联表如下：男生女生总计等级402060等级202040总计6040100故，故根据小概率值独立性检验，学生对垃圾分类的了解程度与性别无关； 【小问2详解】（i）比赛只进行3局就结束，甲赢得比赛的概率为，比赛只进行3局就结束，乙赢得比赛的概率为，故比赛只进行3局就结束的概率为；（ii）的可能取值为，，即进行了3场比赛，且乙赢得比赛，故，，即进行了4场比赛，且乙赢得比赛，前3场中，甲赢得1场比赛，乙第4场赢，故，，即进行了5场比赛，且乙赢得比赛，前4场中，甲赢得2场比赛，乙第5场赢，故，，即最后甲赢得比赛，由概率性质得，所以分布列为0123故数学期望为.18.已知实数，函数有两个不同的零点．（1）求实数的取值范围，（2）设是方程的实根，证明：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分和两种情况讨论，求出函数的单调区间及最值，再结合题意即可得解； （2）由（1）知是函数的两个不同零点，不妨设，根据，作差可得，则要证，即证，即证，设，则只需证，即证，设，利用导数求证即可；再证，由题意可得，再根据,可得,则,设，利用导数判断函数的单调性即可得证.【小问1详解】，当时，，则上单调递增，所以函数最多一个零点，不符题意；当时，令，则，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又当时，，当时，，要使函数有两个不同的零点，则，解得，综上所述，；【小问2详解】 由（1）知是函数的两个不同零点，不妨设，则有，即，，作差得，先证，即证，即证，设，则只需证，即证，设，则，则在上单调递增，则，则成立，也即成立；再证，因为是方程的根，则，又有，，则，则，因为函数单调递增，则，故要证，只需证，即证，只需证，因为，则，且在上单调递减，则只需证，又因为，即证，设， 则，则在上单调递减，则，则，从而，故成立.综上所述，．【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题方法：（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.19.已知直线与抛物线：交于，两点．是线段的中点，点在直线上，且垂直于轴．（1）求证：的中点在上；（2）设点在抛物线：上，，是的两条切线，，是切点．若，且位于轴两侧，求证：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设，联立，利用韦达定理求出点，点，进而可得其中点坐标，代入抛物线方程验证即可；（2）设出直线的方程，与抛物线联立，求出点坐标，设点在抛物线 上，求出过该点的切线方程，代入点，可得直线的方程，与抛物线联立，利用韦达定理计算出，同样计算出即可证明.【小问1详解】设，联立，消去得，则，所以所以，则，所以的中点坐标为，满足，故的中点在上；【小问2详解】由（1）得，设直线的方程为，即，联立，消去得，解得或，又位于轴两侧，故，设点在抛物线上，又对于：有，所以则在点处的切线方程为，整理得，设，，则在与处的切线方程分别为与 ，又两条切线都过点，则，，则直线的方程为，即，又，则点在直线上.由（1）知，而，则.而.联立，消去得，则，，则.所以.【点睛】方法点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用焦半径公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．