辽宁省辽东十一所重点高中联合教研体2024届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题（含解析）

这是一份辽宁省辽东十一所重点高中联合教研体2024届高三下学期高考适应性考试（一）数学试题（含解析），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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足(1－i)z＝2＋3i（i为虚数单位），则z＝（ ）
A．－＋iB．＋i
C．－iD．－－i
3．已知，若是第二象限角，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，为圆锥底面圆的一条直径，点为线段的中点，现沿将圆锥的侧面展开，所得的平面图形中为直角三角形，若，则圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．设实数满足，且，双曲线的渐近线分别是和，且都经过原点，则双曲线的离心率的比值 （ ）
A．B．C．1D．2
6．若过点可作函数图象的两条切线，则必有（ ）
A．B．
C．D．
7．设则（ ）
A．B．
C．D．
8．在正方体中，分别为线段的中点，为四棱锥的外接球的球心，点分别是直线上的动点，记直线与所成角为，则当最小时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图，在平面直角坐标系中，以原点O为圆心的圆与x轴正半轴交于点．已知点在圆O上，点T的坐标是，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．，则D．若，则
10．已知随机变量的分布列（如下表），则下列说法错误的是（ ）．
A．存在，B．对任意，
C．对任意，D．存在，
11．对平面直角坐标系中的两组点，如果存在一条直线使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”．对于一条分类直线，记所有的点到的距离的最小值为，约定：越大，分类直线的分类效果越好．某学校高三（2）班的7位同学在2020年期间网购文具的费用（单位：百元）和网购图书的费用（单位：百元）的情况如图所示，现将和为第I组点将和归为第II点．在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为．给出下列四个结论：

①直线比直线的分类效果好；
②分类直线的斜率为2；
③该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第II组点位于的同侧；
④如果从第I组点中去掉点，第II组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①B．②C．③D．④
三、填空题
12．已知空间中的三个点，则点到直线的距离为 ．
13．函数的值域为 .
14．设，用表示不超过的最大整数，例如：，则 ．
四、解答题
15．如图，在平行六面体中，，，，，点为中点．

(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
16．某校举行知识竞赛，规则如下：选手每两人一组，同一组的两人以抢答的方式答题，抢到并回答正确得1分，答错则对方得1分，比赛进行到一方比另一方多2分为止，且多得2分的一方胜出．现甲乙两人分在同一组，两人都参与每一次抢题，每次抢到的概率都为．若甲、乙正确回答每道题的概率分别为和，每道题回答是否正确相互独立．
(1)求第1题答完甲得1分的概率；
(2)求第2题答完比赛结束的概率；
(3)假设准备的问题数足够多，求甲最终胜出的概率．
17．已知函数．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若，且，求证：．
18．已知是焦距为的双曲线上一点，过的一条直线与双曲线的两条渐近线分别交于，且，过作垂直的两条直线和，与轴分别交于两点，其中与轴交点的横坐标是.
(1)证明:;
(2)求的最大值，并求此时双曲线的方程;
(3)判断以为直径的圆是否过定点，如果是，求出所有定点;如果不是，说明理由.
19．对于数列，称（其中）为数列的前k项“波动均值”.若对任意的，都有，则称数列为“趋稳数列”.
（1）若数列1，，2为“趋稳数列”，求的取值范围；
（2）已知等差数列的公差为，且，其前项和记为，试计算：（）；
（3）若各项均为正数的等比数列的公比，求证:是“趋稳数列”.
参考答案：
1．B
【分析】求出集合中元素范围，然后再求交集即可.
【详解】，又
则.
故选：B.
2．A
【分析】利用复数的运算法则求解.
【详解】∵(1－i)z＝2＋3i,
∴.
故选：A.
3．B
【分析】根据诱导公式求出，再利用平方关系可求，然后利用公式即可求解.
【详解】解：因为，所以，
又是第二象限角，所以，
所以.
故选：B．
4．B
【分析】根据题意，得到，由，求得，结合圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，作出展开图，可得为锐角，故，
由，可得，即为等边三角形，所以，
则圆锥的侧面积为，底面积，
所以圆锥的表面积为.
故选：B．
5．C
【分析】根据渐近线的斜率可求离心率，故可得两者的比值.
【详解】考虑到，且都经过原点，
于是双曲线有上下支，双曲线有左右支，进而，，
于是．
故选：C
6．C
【分析】设切点为，，求导，根据导数的几何意义可得有两个正根，利用判别式及根与系数关系列不等式可得解.
【详解】设切点为，，
又，所以切线斜率，
所以切线方程为，
又切线过点，
则，，
即，
由过点可作两条切线，
所以有两个正根，
即，整理可得，
故选：C.
7．B
【分析】利用导数证明不等式，可得；根据不等式的性质可证得，则，即可求解.
【详解】对于函数，，
令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，则，即.
所以，.
由，得，所以，则，
所以，即.
所以.
故选：B
【点睛】方法点睛：对于比较实数大小方法：
（1）利用基本函数的单调性，根据函数的单调性判断，
（2）利用中间值“1”或“0”进行比较，
（3）构造函数利用函数导数及函数单调性进行判断.
8．D
【解析】如图，设分别为棱和的中点，则四棱锥的外接球即三棱柱的外接球，所以其外接球球心为上、下底面三角形外心和连线的中点，是平面内的一条动直线，所以的最小值是直线与平面所成角，即问题转化为求直线与平面所成角的正切值，通过建立空间直角坐标算出直线与平面所成角的正切值即可.
【详解】如图，设分别为棱和的中点，
则四棱锥的外接球即三棱柱的外接球，
因为三棱柱为直三棱柱，
所以其外接球球心为上、下底面三角形外心和连线的中点.
由题意，是平面内的一条动直线，所以的最小值是直线与平面所成角，即问题转化为求直线与平面所成角的正切值.
不妨设正方体的棱长为2，则.
因为为等腰三角形，所以外接圆的直径为，
则，从而.
如图，以为原点，以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
因为，所以，则.
故选：D
【点睛】本题主要考查了点、线、面的位置关系，考查直观想象与数学运算的核心素养，考查了转化与化归的数学思想.
9．AD
【分析】根据弧长公式可判断A的正误；由正弦线余弦线的定义即可判断B的正误；当时，可知可判断C的正误；当时成立，故也一定满足，此时可判断D的正误.
【详解】由于单位圆的半径为1，根据弧长公式有，所以A正确．
由于B是∠AOB的一边与单位圆的交点，是对应∠AOB的正弦值，即，所以是对应∠AOB的余弦值，即，所以B错误．
当时，，，所以C错误．
反过来，当，即时，一定成立，所以D正确．
故选：AD．
10．ABD
【分析】根据题意得到，且，利用期望与方差的公式，以及基本不等式的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由随机变量的分布列，可得，其中，
因为期望，则，
当且仅当时等号成立，即，故A，B错误；
又由方差
，
因为，可得，所以，
所以，即，所以C成立；
又因为，所以D错误．
故选：ABD.
11．BCD
【分析】根据分类直线的定义判断
【详解】由图象知：

，，，，，，，
当直线为分类直线时，，
当直线为分类直线时，其过，
由图可知，到直线距离最小，
到直线的距离为，
到直线的距离为，
所以，所以直线分类效果好，故①错误；
由图知的位置由，，确定，
所有的点到的距离的最小值为，约定：越大，分类直线的分类效果越好．
可知点，，直到线的距离相等，
所以直线过点，的中点，而的中点为,的中点为，
故直线的斜率为，故②正确；
又直线的方程为，
此时点在的右侧，故③正确；
去掉点后，，到直线的距离相等，
此时直线为线段，的垂直平分线，故④正确；
故答案为：BCD
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解分类直线的定义，如本题的位置由，，确定.
12．/
【分析】由题意求出和在上的投影，根据勾股定理计算即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，
得，，
所以点A到直线BC的距离为
.
故答案为：
13．
【分析】化简可得，令且，所以函数的值域等价于在区间上的值域，利用二次函数求出在区间上的值域即可.
【详解】由题可得：
，令，则，令，
所以函数的值域等价于在区间上的值域，
由于，所以当时，，，
则函数的值域为，
故答案为：
14．398
【分析】由，通过放缩求的范围，可得的值.
【详解】当，有，
得，即，
,
，
所以，
得.
故答案为：398
【点睛】方法点睛：
要求的值，需要知道的范围，利用，通过放缩和裂项相消求和，得的范围，即可求解.
15．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）依次证得四边形与四边形是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，利用待定系数法求得点的坐标，进而求得平面与平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
在平行六面体中，，是的中点，
所以四边形是平行四边形，又点为中点，
则且，
所以四边形是平行四边形，从而，
因为平面，，所以平面.
（2）以为原点建立如图所示的坐标系，

则，，设点为，其中，
则，，，
因为，，，
所以，即，解得，
则，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
设平面的法向量，则，
令，则，
设二面角为，则，
所以，
则，
所以二面角的正弦值为.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）分甲抢到并答对和乙抢到答错两种情况求解；
（2）甲得了2分，或乙得了2分两种情况求解；
（3）分四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，其中甲乙各得1分，列方程求解.
【详解】（1）记“答完1题甲得1分”为事件A，则，第1题答完甲得1分的概率为．
（2）第2题答完比赛结束，甲得了2分，或乙得了2分．
记“答完1题乙得1分为事件B，”则．
记“第2题答完比赛结束”为事件C，．
（3）记甲最终胜出的概率为．答完2题，
有四种情况：甲得2分，乙得2分，甲先得1分乙后得1分，乙先得1分甲后得1分，
其中甲乙各得1分，与初始状态（即比赛前）的情况相同，
从而，
即，解得，即甲最终胜出的概率为．
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）首先求出在处的切线方程，由此可构造函数，利用导数判断其单调性，从而证明，再分别令，采用累加法即可证明结论.
【详解】（1）由可得，
所以在处的切线斜率，
且，故所求切线方程为．
（2）设在处的切线斜率为k，
由（1）得，
且，故在处的切线方程为，
设，则．
设，则．
因为，所以，仅在时取等号，故在上单调递增．
列表如下．
所以，即．
令，其中，且，
则有，，…，，
累加得，
即，
取，即得，
当时，显然满足题意，
综上可得.
【点睛】关键点睛：要证明不等式，可分析观察其结构特点，可猜想到累加法，但关键的一步在于能想到和切线相关的不等式，即，因此需要先求得在处的切线方程，继而构造函数，利用其单调性或最值证明该不等式即可.
18．(1)证明见解析
(2)面积最大值为，此时双曲线方程为.
(3)过定点，定点为和.
【分析】（1）根据向量线性关系得到，结合双曲线渐近线方程，得到，将点坐标代入双曲线方程，得到，进而得到，计算出；
（2）考虑时，设出的方程，表达出，表达出，结合第一问中，求出，利用基本不等式求出面积的最大值，并得到双曲线方程为；再考虑时，同样表达出，得到最大值及双曲线方程；
（3）表达出的方程及，，结合，得到，设以为直径的圆上的任意一点为，则，求出圆的方程，得到且，求出定点坐标.
【详解】（1）因为，所以，即，
双曲线的渐近线方程为，位于两条渐近线上，
若，则，若，则，
①，
又点双曲线上，
，解得：，
故，
；
（2）当时，与轴的交点为，
若，则，若，则，
，
由（1）可得:同号，于是，，
，，
当且仅当时，，故面积最大值为，
此时，双曲线方程为；
当时，易得，
，
，
由①式可得:，且点在双曲线上，
，
，
，
当时，同样当且仅当时，，
双曲线方程为；
（3）由题意，，，
，，
点在双曲线上，
，从而，
，
设以为直径的圆上的任意一点为，
由，可得该圆的方程为，
不恒为，
故要恒成立，必须有且，
故所求的定点为和.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
19．（1）（2）（3）证明见解析
【分析】（1）由题意，从而解绝对值不等式即可（2）由，可化简为，从而得到，从而解得（3），从而判断大小以去绝对值号，化简可得，从而化为，从而证明．
【详解】（1）由题意，即
解得
（2）
∵∴，
∴
∴
（3）由已知，设，因且，
故对任意的，都有
∴对
，
因∴
∴,,,,,
∴
∴
∴
∴即对任意的，都有，故是“趋稳数列”
【点睛】本题主要考查了等比数列与等差数列的应用及二项式定理的应用，同时考查了学生的化简运算能力，属于难题．
单调递减
极小值
单调递增