湖南省衡阳市2024届高三数学适应性考试试题含解析

这是一份湖南省衡阳市2024届高三数学适应性考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了单项选择题，三位选一个位置有种，，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合再求交集即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：A.
2. 的二项式展开式中的系数为（）
A. 560B. 35C. -35D. -560
【答案】D
【解析】
【分析】中利用二项式定理可求得的系数，从而求解.
【详解】由题意知的展开式为，
令，得，所以的系数为，故D项正确.
故选：D.
3. 如图，在中，，，是的中点，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】选定基底，根据向量的加减运算表示出，利用向量的数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意可得：，，
故
，
故选：C
4. 2023年6月25日19时，随着最后一场比赛终场哨声响起，历时17天的．2023年凉山州首届“火洛杯”禁毒防艾男子篮球联赛决赛冠军争夺赛在凉山民族体育馆内圆满闭幕，为进一步展现凉山男儿的精神风貌主办方设置一场扣篮表演，分别由西昌市、冕宁县、布拖县、昭觉县4个代表队每队各派1名球员参加扣篮表演，则西昌代表队队员扣篮表演不在第一位且不在最后一位的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分步计数及组合排列数求西昌代表队队员扣篮表演不在第一位且不在最后一位的情况数，再应用全排列求4个代表队任意排的情况数，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题意，西昌代表队队员在第二、三位选一个位置有种，
其它三个代表队在剩下三个位置上作全排有种，
所以西昌代表队队员扣篮表演不在第一位且不在最后一位共有种情况；
而4个代表队任意排有种，
所以西昌代表队队员扣篮表演不在第一位且不在最后一位的概率为.
故选：A
5. 已知公差不为零的等差数列满足：，且是与的等比中项，设数列满足，则数列的前项和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得，得到，进而得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，且是与的等比中项，可得，
即，解得，所以，
又由，
可得.
故选：C.
6. 已知函数，则下列正确的是（）
A. B. C. D. 的值域为
【答案】B
【解析】
【分析】根据分段函数解析式、对数运算、指数函数等知识求得正确答案.
【详解】对选项A，，故A错误；
对选项B，，故B正确．
对选项C，因为，所以，
，故C错误；
对选项D，当时，，函数的值域为，
当时，，
函数的值域为，又因为时，，
所以当时，函数的值域为，
综上，函数的值域为，故D错误．
故选：B
7. 已知三棱锥中，平面，，，，，D为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取BC的中点E，则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角，求出所需边长，利用余弦定理求即可.
【详解】如图所示，取BC的中点E，连接AE，DE，

则，或其补角即为异面直线AD与PC所成的角．
由，，，则有，所以，
E为BC的中点，则，
平面ABC，中，，∴
中，，∴，
在中，根据余弦定理可得．
所以异面直线AD与PC所成角的余弦值为.
故选：D
8. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题目的要求伸缩变换得到解析式，然后结合函数在上恰有两个零点以及在上单调递减，列出不等式组，即可求得本题答案.
【详解】依题意可得，
因为，所以，
因为在恰有2个零点，且，，
所以，解得，
令，，得，，
令，得在上单调递减，
所以，
所以，又，解得．
综上所述，，故取值范围是．
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. 已知复数，复数满足，则（）
A.
B.
C. 复数在复平面内所对应的点的坐标是
D. 复数在复平面内所对应的点为，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义以及复数的几何意义即可判断BCD，根据复数的乘法计算即可求解B.
【详解】由已知，其对应点坐标为，C错；，A正确；
由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，，
因此，B正确；对应点坐标为，因此,故D错误，
故选：AB.
10. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于A，B两点，则下列说法正确的是（）
A. 的周长为12B. 椭圆的离心率为
C. 面积最大值为D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据焦点三角形的性质即可求解AD，根据离心率公式即可求解B，根据三角形的面积，结合椭圆的性质即可求解C.
【详解】对选项A：周长为，A正确；
对选项B：，，故椭圆的离心率为，B错误；
对选项C：的面积最大使是短轴端点，所以，C正确；
对选项D：要使最大，只需最小，
根据椭圆性质知：当轴时，故，D正确；
故选：ACD.
11. 已知函数和其导函数的定义域都是，若与均为偶函数，则（）
A.
B. 关于点对称
C.
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】用特殊值法，假设，可判断选项A；对进行变形处理，即可判断其对称性，从而判断选项B；对两边求导，可得，根据可判断周期性和对称性，再根据特殊值关系，即可判断选项C；由特殊值关系得到，，化简，即可判断选项D.
【详解】假设，则，则，与都为偶函数，
则所设函数符合题意，此时，故A错误；
因为为偶函数，所以，即，
令，则，所以关于点对称，故B正确；
因为为偶函数，所以，
所以函数的图象关于直线对称，即，即，
因为，所以，所以，
则，故，
所以，所以，又，，
所以，所以无法确定的值，所以C错误；
又，，所以，
由，得，则，所以，
由知函数周期为4，则的周期也为4，则
，所以 D正确.
故选：BD.
【点睛】结论点睛：
对称性有关结论：
若，则关于直线对称；
若，则关于直线对称；
若，则关于点中心对称；
若，则关于点中心对称；
周期性结论：
若，则函数的周期为.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，角的对边分别为，若，则的形状为_________.
【答案】等腰三角形或直角三角形.
【解析】
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，得到，化简得到，进而得到答案.
【详解】因为，可得，
由正弦定理和余弦定理，可得，
整理得，即，
即，可得，
所以或，所以是等腰三角形或直角三角形.
故答案为：等腰三角形或直角三角形.
13. 已知Q为抛物线C：上的动点，动点M满足到点的距离与到点F（F是C的焦点）的距离之比为则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意得到点的轨迹，然后将的最小值转化为的最小值，根据垂线段最短得到当三点共线时，最小，然后求最小值即可.
【详解】
由题意得，等于点到准线的距离，
过点作垂直准线于点，则，
设动点，则，整理得，
所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
所以，所以当四点共线时，最小，
故.
故答案为：.
14. 已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，联立方程组，求得，结合题意转化为成立，构造，得到在单调递增，利用二次函数的性质，分类讨论，即可求解.
【详解】因为是奇函数，是偶函数，满足，
可得，
联立方程组，解得，
又因为对任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
(i)若，则对称轴，解得；
(ii) 若，在单调递增，满足题意；
(iii) 若，则对称轴恒成立；
综上可得，，即实数的取值范围为.
故答案为：.
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. 已知.
（1）若在处取极值，求在点处切线方程；
（2）若函数在区间最小值为－1，求.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）求出导函数，结合在处取极值，导函数为0，求解，然后求解切线的斜率，求解切线方程．
（2）令，求出极值点，若，若，若，判断导函数的符号判断函数的单调性求解函数的极值与最值，然后推出结果．
【详解】解：（1）∵，又在处取极值，
∴得，
当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，满足题意；
∴，切点为，切线斜率为
∴在点的切线方程为
（2）∵，令得或
若，则时，在[0，1]为增函数
此时舍去
若，则，此时时，在[0，1]为减函数
，得满足题意
若，则，此时时，时
在单调递减，在单调递增，
此时解得舍去
综合以上得
【点睛】本题考查函数的导数的应用，函数的极值以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，属于难题．
16. 如图，在圆锥中，是底面的直径，且，，，是的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知证明，，可得平面，即可得到平面平面；
（2）在平面中，过作，垂足为，在平面中，过作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，再由已知求解三角形得答案．
【小问1详解】
如图，由题意，是底面的直径，，
为的中点，为的中点，则，
则，而平面平面，
则，
又，平面，平面
平面，
又平面平面平面；
【小问2详解】
在平面中，过作，垂足为，
在平面中，过作，垂足为，
连接，
∵平面平面，，
又，平面，平面，
平面，平面，，
，平面，平面
则平面，可得为二面角的平面角．
由已知可得，，，
，，
，
又，得．
在中，，
∴．
即二面角的余弦值为．
17. 从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛.要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试A，B，C三个项目，三个测试项目相互不受影响.
（1）若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能的从三个项目中选一项测试，且他测试三个项目“通过”的概率分别为.已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率；
（2）现规定：三个项目全部通过获得一等奖，只通过两项获得二等奖，只通过一项获得三等奖，三项都没有通过不获奖.已知居民乙选择的顺序参加测试，且他前两项通过的概率均为，第三项通过的概率为.若他获得一等奖的概率为，求他获得二等奖的概率的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式和条件概率公式即可得到答案；
（2）根据得到，再利用导数求出其最值即可.
【小问1详解】
记事件“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试合格”，由题意知，
，
，
又事件互斥，则，
即，
所以在居民甲第一项测试“合格”的条件下，他第一个项目选择了的概率为：
，
即已知居民甲第一项测试“合格”，他第一项测试选择的项目是的概率是.
【小问2详解】
由居民乙获一等奖的概率为，可知.
则.
令，
当时，；当时，.
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数.
所以.所以的最小值为.
18. 已知椭圆离心率为，且过点.
（1）求椭圆的标准方程.
（2）已知过右焦点的直线与交于两点，在轴上是否存在一个定点，使？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由离心率与定点代入椭圆方程，建立方程组待定系数即可；
（2）由条件转化为，设直线的方程为，将斜率坐标化，利用韦达定理代入，得到的等式，不论如何变化，等式恒成立求值即可.
【小问1详解】
因为，所以.
所以椭圆的方程为.
因为点在椭圆上，所以，解得，
所以.
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
存在定点，使.理由如下：
由（1）知，，则点.
设轴上存在定点，使成立.
当直线斜率为时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，
若，则，或.
当直线斜率不为时，设直线的方程为，.
由消去并整理，得，
则.
因为，所以，
所以，即.
所以，
即，
恒成立，
即对，恒成立，则，即.
又点满足条件.
综上所述，故存在定点，使.
19. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.
（1）若数列､､的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围；
（2）若项数均为2021的数列､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；
（3）设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得.
【小问1详解】
由题意得，即，解得；
【小问2详解】
，
当时，，即，当时，，即，
故，
又，，，因此的序数列为，…，2021．
又因、互为“保序数列”，故，
只需满足，解得：．
【小问3详解】
① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意.
②当时，数列单调递增，故也应单调递增，
从而对且恒成立.又数列单调递增，故.
③当时，数列单调递减，故也应单调递减，
从而对且恒成立.
又数列单调递减，故.
④当时，数列单调递减，且；单调递增，且，
于是对且恒成立，即，从而.
另一方面，对且恒成立，即，从而.
综上，，即.
此时，，满足题意.
综上，当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是；
当时，、满足的条件是.