（冲刺高考）2024年广东省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年广东省高考适应性训练数学试题，共21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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量满足：与的夹角为，若，则（ ）
A．0B．1C．D．
3．已知直线和平面，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．展开式中含项的系数为（ ）
A．30B．C．10D．
5．圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数，该图象上最高点与最低点的最近距离为5，且点是函数的一个对称点，则和的值可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．一个正方形网格由99条竖线和99条横线组成，每个最小正方形格子边长都是1．现在网格中心点处放置一棋子，棋子将按如下规则沿线移动：．，点到的长度为1，点到的长度为2，点到的长度为3，点到的长度为4，……，每次换方向后的直线移动长度均比前一次多1，变换方向均为向右转．按此规则一直移动直到移出网格为止，则棋子在网格上移动的轨迹长度是（ ）
A．4752B．4753C．4850D．4851
8．已知分别是双曲线的左，右顶点，是双曲线上的一动点，直线，与交于两点，的外接圆面积分别为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．在正四棱台中，，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．平面与平面的夹角为
C．平面
D．平面
10．设F为双曲线的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则（ ）
A．C的焦距为B．为定值
C．的最大值为4D．的最小值为2
11．已知数列：，，，，，，，，，，，其中第项为，接下来的项为，，接下来的项为，，，再接下来的项为，，，，依此类推，则（ ）
A．
B．
C．存在正整数，使得，，成等比数列
D．有且仅有个不同的正整数，使得
三、填空题
12．若，则 ．
13．已知函数，点在曲线上，则的取值范围是 ．
14．在四面体中，，，，，则四面体体积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知函数，a，．若在处与直线相切．
(1)求a，b的值；
(2)求在（其中为自然对数的底数）上的最大值和最小值．
16．如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
17．某6人小组利用假期参加志愿者活动，已知参加志愿者活动次数为2，3，4的人数分别为1，3，2，现从这6人中随机选出2人作为该组的代表参加表彰会．
(1)求选出的2人参加志愿者活动次数相同的概率；
(2)记选出的2人参加志愿者活动次数之和为X，求X的分布列和期望．
18．设抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，（其中O为坐标原点）的面积为4．
(1)求a；
(2)若直线l与抛物线C交于异于点P的A，B两点，且直线PA，PB的斜率之和为，证明：直线l过定点，并求出此定点坐标．
19．对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量．特别地，称为零向量．设，，，定义加法和数乘：，．对一组向量，，…，（，），若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①，；②，，；③，，，．
(2)已知向量，，线性无关，判断向量，，是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明下列结论：
①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则．
参考答案：
1．C
【分析】由不等式，解得或，再运用集合的交集即可.
【详解】由不等式，解得或，则集合或，
又，
∴ .
故选：C.
2．D
【分析】先计算平面向量的数量积，再利用，列式解得即可.
【详解】由题意，得，
由，得，即，
∴ ，解得.
故选：D
3．A
【分析】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.
【详解】因为，则存在使得且，
若且，则，
又且，所以，充分性成立；
设，，则有，但不平行，即必要性不成立.
故选：A.
4．B
【分析】根据排列组合与二项式定理知识直接计算即可.
【详解】由题意得，展开式中含的项为，
所以展开式中含项的系数为.
故选：B
5．A
【分析】将一般方程化为标准方程即可求解.
【详解】圆，即，
它的圆心坐标和半径分别为.
故选：A.
6．D
【分析】由题意首先得，进一步由，对比选项即可得解.
【详解】由题意函数的周期满足，，所以，
又点是函数的一个对称点，所以，
所以或，对比选项可知，只有当时满足题意.
故选：D.
7．C
【分析】构建一个等差数列，首项为，公差为，求（第98次移动时只能移动97个单位，即）的和.
【详解】由题意，设等差数列首项为，公差为，
∴ .
故选：C.
8．A
【分析】容易知道，设直线的方程为：，则直线的方程为：，求出，两点坐标，则，设的外接圆的半径分别为，，由正弦定理得，，可知，再利用基本不等式即可求值.
【详解】由已知得，，，由双曲线的对称性，不妨设在第一象限，
所以，，
所以，
设直线的方程为：，则直线的方程为：，
同时令，则，，
所以，
设的外接圆的半径分别为，，
由正弦定理得，
，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以.

故选：A
【点睛】结论点睛：若、分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上一动点，则直线与直线的斜率之积为定值.
9．ACD
【分析】分别取正方形、正方形的中心、，连接，由正四棱台的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】分别取正方形、正方形的中心、，连接，
由正四棱台的几何性质可知平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，设，则、，
则，可得，
所以，、、、、、，
对于A选项，，，
所以，，
所以，直线与所成的角为，A对；
对于B选项，设平面的法向量为，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
故平面与平面的夹角不是，B错；
对于C选项，因为，且、不共线，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，C对；
对于D选项，，，
则，，
所以，，，
又因为，、平面，所以，平面，D对.
故选：ACD.
10．BCD
【分析】根据双曲线方程求焦距，判断A；根据两个圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可判断B；并根据基本不等式，即可判断C；根据坐标表示，结合B选项，即可判断D.
【详解】双曲线方程，其中，则，所以焦距，故A错误；
设，，
所以，
（*）
联立，得，
其中，，代入（*）
得到（定值），故B正确；
，当时，等号成立，故C正确；
，同理，
所以，
其中
由B选项可知，，，，
所以上式，当时，取得的最小值，
所以的最小值是，
则的最小值是，故D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】将数列中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第行是以1为首项公差为的等差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列中各项可以如下排列：

规律为每一行均为等差数列，首项为1，第行的公差为，第行的最后一项为，
第行的最后一位数在整个数列中的项数为第项，故，故B正确；
对于A，根据规律，第6行的最后一项为，此行的公差为5，故第20项是，故A正确；
对于C，由于数列的每一组都是从1开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列，
若不在同一行，则或，
若，则，不可能成立；
若，则这三项为，由知不可能成等比数列；
若在同一行，设为公差为，且,则，则故,故矛盾，所以不可能存在连续三项成等比数列，故C错误；
对于D，对的位置分以下三种情况讨论
①若在同一行，设在第行，由得，
设为此行中第项，则，即，其中，
所以或，
第52行的数字依次为：1，52，103，…，所以满足条件，此时第51行最后一项为第项，故 ；
第18行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以满足条件，此时第17行最后一项为第项，故；
②若中在第行的最后一位， 在第行的前两位，
则，，
由得，
即，对于无解；
③若中在第行的最后两位，在第行的第一位，
则，，，
由得，解得，
第10行的最后两位，第11行第一位数为，满足条件，此时第10行最后一项为第项，故，
综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数，使得，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好的解决数列问题.
12．
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得.
【详解】因为，所以.
故答案为：
13．
【详解】首先将转化为，并利用导数求函数值域，即的取值范围，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求函数的取值范围.
，设，
，
当时，，在区间单调递增，
当时，，在区间单调递减，
所以当时，取得最大值，，
且时，，，
所以当时，，即，函数在区间上单调递增，
当时，，即，函数在区间上单调递减，
所以当时，取得的最大值，
所以函数的值域是，
由题意可知，，
所以，，
设，，
，当时，，
所以当时，，在区间单调递减，
当时，，在区间单调递增，
所以当时，取得最小值，当时，，当时，，且，
所以函数的值域是，
所以的取值范围是.
故答案为：
14．
【分析】如图，作，且，则，根据线面垂直的判定定理可得平面，设，则，进而四面体的体积为，令，利用导数求出即可求解.
【详解】如图，作，且，连接，则四边形为矩形.
由，得，又平面，
所以平面，即平面，
所以四面体的体积为.
由平面，平面，得，
设，则，
在中，，取的中点F，连接，则，
得，
所以，
故四面体的体积为，
令，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间几何体的体积，解题关键是证明线面垂直和利用导数求解体积的最大值.本题中证明平面，表示出四面体的体积为，得到所要求的量．
15．(1)，
(2)，
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可求出、的值；
（2）由（1）可得的解析式，求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极小值，再求出区间端点的函数值，即可得解；
【详解】（1）解：函数，，
函数在处与直线相切，
，解得；
（2）解：由（1）可得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，在处取得极大值即最大值，
所以，又，
所以
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接.
因为为圆弧的两个三等分点，所以.
因为分别为的中点，所以，
则，从而四边形为平行四边形，
故.因为平面平面，所以平面.
（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，所以，，
则.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面与平面所成锐二面角为，
则.
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
17．(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）利用古典概率公式即求；
（2）由题可知X的可能取值为5，6，7，8，然后利用求分布列的步骤及期望公式即得.
【详解】（1）从这6人中随机选出2人，共有种选法，
其中这2人参加志愿者活动次数相同的选法有种．，
故选出的2人参加志愿者活动次数相同的概率为．
（2）由题可知，X的可能取值分别为5，6，7，8，
，，
，．
故X的分布列为：
∴．
18．(1)；
(2)证明见解析，定点．
【分析】（1）利用题给条件列出关于a的方程，解之即可求得a的值；
（2）先设出直线l的方程，并与抛物线方程联立，利用设而不求的方法求得的关系，进而求得直线l过定点的坐标．
【详解】（1）因为点在抛物线C上，所以，即，
因为的面积为4，所以，解得，所以．
（2）由（1）得，．
当直线l斜率为0时，不适合题意；
当直线l斜率不为0时，设直线，设，，
由，得，
则，，，
因为直线PA，PB的斜率之和为，
所以，即，
所以，所以
，整理得，
所以直线，
令，解之得，所以直线l过定点．
19．(1)①线性相关，②线性相关，③线性相关
(2)向量，，线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可；
（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；
②由可得，然后代入证明即可.
【详解】（1）对于①，设，则可得，所以线性相关；
对于②，设，则可得，所以，
所以线性相关；
对于③，设，则可得，
可取符合该方程，所以线性相关；
（2）设，则
因为向量，，线性无关，所以，解得
所以向量，，线性无关
（3）证明：①，如果某个，
则
因为任意个都线性无关，所以都等于0
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零
②因为，所以全不为零
所以由可得
代入可得
所以
所以，，
所以
X
5
6
7
8
P