（冲刺高考）2024年贵州省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年贵州省高考适应性训练数学试题，共23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．或
C．D．
2．复数z满足，则z（ ）
A．B．C．D．
3．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ）
A．10种B．20种C．25种D．32种
4．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列为等差数列，为其前项和，，则（ ）
A．2B．7C．14D．28
6．已知是奇函数，则（ ）
A．2B．C．1D．-2
7．已知双曲线的右焦点为F，过点F作直线l与C交于A，B两点，若满足的直线l有且仅有1条，则双曲线C的离心率为（ ）．
A．B．C．2D．或2
8．已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在某次高中学科知识竞赛中，从4000名考生的参赛成绩中随机选取400个成绩进行统计，可得到如图所示的频率直方图，其中60分以下视为不及格，则下列说法中正确的有（ ）
A．成绩在分内的考生人数最多B．4000名考生中约有1000名不及格
C．估计考生竞赛成绩的平均分为70.5分D．估计考生竞赛成绩的中位数为75分
10．如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ）

A．若平面，则点与点重合
B．设，则动点的轨迹长度为
C．平面与平面的夹角的余弦值为
D．若，则平面截正方体所得截面的面积为
11．已知椭圆的长轴长为4，离心率为分别为椭圆的左、右焦点，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程为
B．椭圆上存在点，使得
C．是椭圆上一点，若，则
D．若的内切圆半径分别为，当时，直线的斜率
三、填空题
12．已知首项大于0的等差数列的公差，且，则 ．
13．若椭圆的焦点在y轴上，过点作圆的切线，切点分别为A、B，直线AB恰好和椭圆只有一个交点，则椭圆内接矩形最大时的离心率是 .
14．已知定义在R上的函数满足，若函数与有n个公共点，分别为，则 .
四、解答题
15．已知数列满足．
(1)若为等差数列，求的通项公式；
(2)记的前项和为，不等式对恒成立，求的取值范围．
16．如图，已知点P在圆柱的底面圆O的圆周上，为圆O的直径，，和是圆柱的母线，且圆柱的侧面积为；
(1)求三棱锥的体积；
(2)求异面直线与所成角的大小．
17．某农场2021年在3000亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量，从山里随机捕获400只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获1000只成年鸡，表示捕获的有标识的成年鸡的数目.
(1)若，求的数学期望；
(2)已知捕获的1000只成年鸡中有20只有标识，试求的估计值（以使得最大的的值作为的估计值）.
18．已知点是双曲线的上顶点．
(1)若点的坐标为，延长交双曲线于点，求点的坐标；
(2)双曲线与直线有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于两点，当点运动时，求点的轨迹方程．
19．已知函数．
(1)若时，，求实数的取值范围；
(2)设，证明：．
参考答案：
1．A
【分析】根据一元二次不等式解法可得，利用交集运算可得结果.
【详解】解不等式可得，
又，
可得.
故选：A
2．C
【分析】根据题意，得到复数，结合复数的运算法则，即可求解.
【详解】由数z满足，可得.
故选：C.
3．D
【分析】由分步乘法原理计算．
【详解】由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为.
故选：D
4．C
【分析】根据给定条件，结合投影向量的意义求解作答.
【详解】向量，，则，，
所以在上的投影向量为.
故选：C
5．C
【分析】由等差数列的性质与前项和公式求解，
【详解】由题意得，则，而，
故选：C
6．A
【分析】根据奇函数的定义，即可求解参数的值.
【详解】因为函数是奇函数，所以满足，
即，化简为，得，，
此时，函数的定义域为，成立.
故选：A
7．B
【分析】根据l有且仅有1条得出其斜率为0或斜率不存在，分别计算后检验．
【详解】若直线l的斜率存在且不为0，根据双曲线的对称性，此时满足的直线l的个数为偶数，所以直线l的斜率为0或斜率不存在．
当直线l的斜率为0时，A，B为双曲线的左、右顶点，由，得双曲线C的方程为：，易得，过点F的通径长为，所以满足的直线有3条，不符合题意；
当直线l的斜率不存在时，此时AB为双曲线过点F的通径，则，解得（舍去），此时双曲线实轴长为4，因为，所以满足的直线只有1条，符合题意．
此时，，，离心率为．
综上所述，双曲线C的离心率为．
故选：B
8．C
【分析】确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，
、分别为、的中点，则且，平面，
平面，所以，平面平面，
所以，平面即为平面，设平面交于点，
在直棱柱中，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
且，且，所以，四边形为平行四边形，
，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，，
由勾股定理可得，同理.
因此，截面的周长为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查直棱柱截面多边形周长的计算，在画几何体的截面，关键是画截面与几何体各面的交线，此交线只需两个公共点即可确定，作图时充分利用几何体本身提供的面面平行等条件，可以更快地确定交线的位置．
9．ABC
【分析】结合频率分布直方图、频率、平均数、中位数等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由频率直方图可得，成绩在分内的频率最大，因此考生人数最多，故A正确：
成绩在分内的频率为，
因此不及格的人数为，故B正确；
考生竞赛成绩的平均分约为，故C正确；
因为成绩在分内的频率为0.45，在分内的频率为0.3，
所以中位数为，故D错误．
故选：ABC
10．ABD
【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出面积判断选项D.
【详解】由正方体的性质知，平面，
若点不与重合，因为平面，
则，与矛盾，
故当平面时，点与重合，故A正确；
因为，
所以点在平面上，
因为，
所以，
则动点的轨迹是以点为圆心，
以为半径的圆的，故其长度为，故B正确；
对于C，以点为坐标原点，
分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以.
设平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，
则得，
令，，所以，
同理结合得，
因为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误；
对于D，过的直线分别交的延长线于点，
然后再分别连接，交侧棱于点，
交侧棱于点，连接和，如图所示：

则得截面为五边形，
易求，
，故，
所以，
，
所以五边形的面积，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【分析】对于A，根据题意直接得到和进而得到即可得到椭圆方程；对于B，判断与椭圆是否有公共点即可判断是否存在满足题意的点；对于C，设，根据余弦定理得到，进而得到，结合三角形面积公式即可求解面积；对于D，设直线，将直线与椭圆方程联立，得到，根据得到，进而得到，从而求解直线斜率即可.
【详解】对于A，因为椭圆的长轴长为，所以，
又因为椭圆的离心率，所以，
所以，所以椭圆，故A正确；
对于B，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上，
又因为方程组无解，故B错误；
对于C，设，则，
在中，由余弦定理可得
，
因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，，显然直线斜率不为0，设直线，
由，整理得：，
恒成立，
所以，
依题意有，得，
所以，即，
同理可得，
因为，所以，又因为，所以，
因为，所以，解得，代入到，得，解得，
所以直线的斜率为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案.
12．
【分析】利用求得数列的首项，从而求得数列通项，再利用裂项相消求和法即可得出答案.
【详解】因为，所以由，得，得，得，得，解得或（舍去），所以．
故，则．
故答案为：.
13．
【分析】由题意，AB是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，可求出直线AB方程，利用椭圆参数方程表示椭圆上点到直线AB的距离，当时，直线和椭圆相切，再椭圆内接矩形面积为，利用基本不等式可得时面积最大，从而得解.
【详解】设，圆的圆心，
则AB是圆与以为直径的圆的公共弦所在直线，
以为直径的圆的方程为，
即，两圆方程相减，
得直线AB方程为：，
设椭圆上的点为，到直线AB的距离为
.
由于直线和椭圆相切，因此得当时，d取得最小值，
且最小值为0，所以.
椭圆内接矩形面积为.
所以面积的最大值为.
由均值不等式，当且仅当时取等号，
所以离心率.
故答案为：
14．
【分析】由题可知，与都是关于对称，故可得所有公共点的横坐标之和为，所有纵坐标之和为，即可求得结果.
【详解】因为，故可得关于对称，且
又因为，
故也关于对称，且；
由题可知，当与有个公共点时，则其中一个一定是点，
剩余个公共点成对出现，可分为组，每一组都是关于点对称.
故可得，，
则.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数对称性的研究，以及对称性的应用，属综合困难题，涉及三角函数的诱导公式，属综合性困难题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意结合等差数列基本量的计算即可求解.
（2）由分组求和法将的表达式求出来，分是奇数，偶数两种情形讨论，结合表达式恒成立的理论即可求解.
【详解】（1）因为，所以，
两式相减得．
因为为等差数列，所以的公差．
又，所以，解得，
则，即的通项公式为．
（2）由（1）得，
所以不等式可化为，
当为奇数时，，则，即，
当为偶数时，，则．
综上，的取值范围为．
16．(1)
(2)
【分析】（1）先根据侧面积求解出，然后求解出，再利用三棱锥体积公式求解出结果；
（2）先确定与所成角即为或其补角，然后根据余弦定理求解出，则结果可求.
【详解】（1）连接，如下图，
因为圆柱的侧面积为，
所以，所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以；
（2）连接，如下图，
因为几何体为圆柱，所以，
所以与所成角即为或其补角，
又因为，，
所以，
故与所成角的大小为.
17．(1)
(2)19999或20000
【分析】（1）首先分析题意，利用超几何分布知识进行解答.
（2）根据第一问，进行解析所以当或20000时，最大，所以的值为19999或20000.
【详解】（1）以服从超几何分布，且，
故.
（2）当时，；
当时，
令，则
，
当时，；当时，
，
所以当或20000时，最大，所以的值为19999或20000.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求出直线的方程，联立双曲线方程，求出，进而求出，得到点的坐标；
（2）联立与双曲线方程，由得到，求出和过点且与垂直的直线方程，表达出的坐标，结合得到轨迹方程，注意.
【详解】（1）由题意得，
故直线方程为，即，
联立与得，
由韦达定理得，解得，
故，则点的坐标为；
（2）联立与得，
，
，由，解得，则，
又，，
故，由题可知，
过点且与垂直的直线方程为，即，
令得，令得，
因为，所以，故，显然，
代入中得，
化简得，即；
【点睛】求轨迹方程常用的方法：直接法，相关点法，交轨法，定义法，求解过程中要注意一些轨迹问题中包含隐含条件，也就是曲线上的点的坐标的取值范围，有时还要补充特殊点的坐标.
19．(1)
(2)证明见解析；
【分析】（1）由题意求得函数定义域，并对参数进行分类讨论，构造函数并利用导数判断出函数单调性，根据不等式恒成立即可求得实数的取值范围为；
（2）利用（1）中的结论可知当时在上恒成立，且不等式在恒成立，再利用裂项相消求和即可得出证明.
【详解】（1）根据题意可得，
当时，可得在上恒成立，
当时，由可得，
易知需满足，解得，
又，
令，，
当时，在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上单调递增，即可得恒成立；
当时，，令，
则，所以在上恒成立，
即在上单调递减，
又因为，，
由零点存在定理可得，使得；
当时，，即，所以在上单调递增；
时，，即，所以在上单调递减；
（i）若时，，所以当时，，
又，即，使得；
当时，，即，所以在上单调递增，
当时，，即，所以在上单调递减，
又因为，所以要使在上恒成立，只需，
解得，又,
所以可得；
（ii）当时，，又在上单调递增，所以一定使得时，；
即，所以在上单调递减,
即可得，
这与在上恒成立矛盾，不合题意；
综上可得
（2）令，则恒成立，所以在上单调递增，
又，所以当时，，即，
所以；
即不等式右侧恒成立；
由（1）可得得：当时，对于，恒成立，
即，当且仅当时，等号成立；
取，易知，
可得，
所以,
综上可得：.
【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.