2024届 贵州遵义新高考适应性数学试卷(一模)附解析

这是一份2024届 贵州遵义新高考适应性数学试卷(一模)附解析，共19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。
1．已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由，结合复数的化简式和除法公式可直接求解.
【详解】由得，
故复数的虚部为.
故选：A
2．的展开式中常数项为（ ）
A．28B．56C．70D．76
【答案】A
【分析】首先写出二项式展开式的通项公式，然后确定其常数项即可.
【详解】的展开式的通项公式为：
，
令，解得，
故的展开式中常数项为．
故选：A.
3．若数列满足且，则的值为（ ）
A．3B．2C．D．
【答案】C
【分析】根据题意依次求得的前若干项，推得为周期数列，从而得解.
【详解】因为且，
所以，
所以数列具有周期性，且，所以.
故选：C.
4．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过，这些人近视率约为，其余学生的近视率约为，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据全概率公式计算可得.
【详解】设事件为“任意调查一名学生，每天玩手机超过”，事件为“任意调查一名学生，该学生近视”，
则，，
所以，
则．
故选：C
5．在中，若，则的面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，确定四边形面积的最大值，即可得答案.
【详解】设分别为的中点，连接，
则，则∽，故,
则，故
又，则，
故，
当时，四边形面积最大，最大值为，
故的面积的最大值为，
故选：D
6．遗忘曲线（又称作“艾宾浩斯记忆曲线”）由德国心理学家艾·宾浩斯（H. Ebbinghaus）研究发现，描述了人类大脑对新事物遗忘的规律．人体大脑对新事物遗忘的循序渐进的直观描述，人们可以从遗忘曲线中掌握遗忘规律并加以利用，从而提升自我记忆能力．该曲线对人类记忆认知研究产生了重大影响．陈同学利用信息技术拟合了“艾宾浩斯遗忘曲线”，得到记忆率与初次记忆经过的时间（小时）的大致关系：若陈同学需要在明天15时考语文考试时拥有复习背诵记忆的50%，则他复习背诵时间需大约在（ ）
A．14：30B．14：00C．13：30D．13：00
【答案】A
【分析】利用函数模型求出需要记忆的时间，即可推断出考前复习背诵的时间在几点开始.
【详解】令，，，
∵，
∴他在考试前半小时复习即可，
∴他复习背诵时间需大约在14：30，
故选：A.
7．如图，已知双曲线的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆在第一象限交于点交的左支于点，若为线段的中点，则的离心率为（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】D
【分析】由双曲线定义得，结合勾股定理得关系以及关系，结合离心率公式即可求解.
【详解】
连接，设，则，
由双曲线的定义知，
所以，
在中，由勾股定理，得，即，
所以或（舍）．
在中，由勾股定理，得，即，
所以，所以．
故选：D．
8．若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用构造函数法，结合导数的性质判断函数的单调性，利用单调性进行判断即可.
【详解】由题意知，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以，即，所以，即，所以，
又，又，所以，
所以，所以．
故选：B．
【点睛】关键点睛：本题的关键是对已知实数进行变形，然后构造函数，利用函数的单调性进行判断.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．在锐角中，恒成立
B．若，则
C．将的图象向右平移个单位长度，可得到的图象
D．若函数在上单调递增，则
【答案】ABD
【分析】由诱导公式即可判断A，由同角三角函数的平方关系代入计算即可判断B，由三角函数图像的平移变换即可判断C，由正弦型函数的单调区间即可判断D
【详解】对于，由题意知，所以，同理，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，所以或所以，
故B正确；
将的图像向右平移个单位长度，得的图像，故C错误；对于D，的单调递增区间为，所以，所以解得，所以，故D正确．
故选：ABD．
10．如图，在棱长为2的正方体中，为侧面上一点，为的中点，则下列说法正确的有（ ）
A．若点为的中点，则过P、Q、三点的截面为四边形
B．若点为的中点，则与平面所成角的正弦值为
C．不存在点，使
D．与平面所成角的正切值最小为
【答案】AB
【分析】全程采用建系法可验证ABCD选项的正确性，由向量平行可验证A；由线面角的正弦公式验证B，由向量垂直的坐标运算验证C，由线面角的正弦公式可求最小值，进而求出正切值.
【详解】
如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
对于A项，连接P、、Q、四点，当为的中点时，，，，，
，，，所以为平行四边形，A正确；
对B，当点为的中点，，，
，设平面的法向量为，则，
即，令，则，，
则与平面所成角的正弦值为，
故B正确；
对C，可设，，，
，，，令，
即，显然能取到，故C错误；
对D，当与平面所成角的正切值最小时，与平面所成角的正弦值也最小，，设的法向量为，
则与平面所成角的正弦值为
，当或2，时，
，由三角函数可得与平面所成角的正切值最小为，故D错误.
故选：AB
11．已知定义在上的函数，其导函数分别为，且，
则（ ）
A．的图象关于点中心对称B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】先根据条件分析出的周期性和对称性，再得到的周期性，根据函数性质即可得结果.
【详解】由题意可得，两式相减可得①，
所以的图象关于点中心对称，A错误；
由②，②式两边对求导可得，可知是偶函数，
以替换①中的可得，
可得，所以是周期为4的周期函数，B正确；
因为，可知也是周期为4的周期函数，即，
两边求导可得，所以，C正确；
因为，令，则，即，
又因为是偶函数，所以，
又因为是周期为4的周期函数，则，
由可得，
所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解决这类题的关键是熟练掌握对称与周期的关系，若关于两点（纵坐标相同）或者两条直线（平行于y轴）对称，则周期为这两点或者这两条直线的距离的两倍，若关于一点和一直线（平行于y轴）对称，则周期为这点和这条直线的距离的四倍.
三、填空题
12．已知集合中仅有3个整数，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由可知在数轴上集合A的端点关于点1对称，则A中的三个整数为，建立不等式组，解之即可求解.
【详解】因为，所以在数轴上集合A的端点关于点1对称，
从而A中的三个整数为，
所以，且，解得．
即实数a的取值范围为
故答案为：
13．已知定义在上的函数满足，若函数的最大值和最小值分别为，则 ．
【答案】4048
【分析】利用赋值法可得为奇函数，则，令，根据定义法证得为奇函数，则，结合，即可求解.
【详解】令，得，令，则，
所以，令，
所以，为奇函数，．
令，
则，
即为奇函数，所以．
而，
所以．
故答案为：4048
【点睛】方法点睛：求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
14．在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】/
【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解.
【详解】分别取、的中点、，连接．
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，平面，所以，，
因为，
所以，所以，
因为分别为的中点，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，
因为，所以，
所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上．
设，则，即，所以，
所以三棱锥外接球的半径为，表面积为，
因为，，即，
所以、、、四点共圆，
所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，
故四棱锥外接球的表面积为．
故答案为：
【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
四、解答题
15．卫生纸主要供人们生活日常卫生之用，是人民群众生活中不可缺少的纸种之一.某品牌卫生纸生产厂家为保证产品的质量，现从甲､乙两条生产线生产的产品中各随机抽取件进行品质鉴定，并将统计结果整理如下：
(1)根据的独立性检验，能否认为产品的品质与生产线有关？
(2)用频率近似概率，从甲､乙两条生产线生产的产品中各随机抽取件进行详细检测，记抽取的产品中优等品的件数为，求随机变量的分布列与数学期望.
附：，其中.
【答案】(1)不能认为
(2)分布列见解析，
【分析】（1）补充列联表，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论；
（2）分析可知，随机变量的所有可能值为、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.
【详解】（1）解：补充列联表如下：
零假设产品的品质与生产线无关.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据的独立性检验，推断成立，即不能认为产品的品质与生产线有关.
（2）解：由样本数据可知甲、乙两条生产线生产的产品中优等品的频率分别为、.
所以估计从甲､乙两生产线生产的产品中各随机抽取件产品，其为优等品的概率分别为、.
的所有可能值为、、、、，
，
，
，
，
.
所以的分布列为
所以.
16．在中，角的对边分别为．
(1)求角；
(2)若为边上一点，，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角余弦公式化简，再利用正弦定理，余弦定理运算求解；
（2）由，可得，根据余弦定理和基本不等式可求得的范围，得解.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
由正弦定理，得，
由余弦定理，得，
因为，所以．
（2）因为，且，
所以，
化简，得，解得，
由（1），得，即，
由，得，
解得（当且仅当时取等号），
又，所以．
而，且是关于的增函数，
所以当时，．
17．如图，在中，分别为边上一点，且，将沿折起到的位置，使得为上一点，且．
(1)求证：平面；
(2)若为线段上一点（异于端点），且二面角的正弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）连接交于点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法列式计算即得.
【详解】（1）连接交于点，连接，由，得，
在中，由，得，于是，
则，，而又平面平面，
所以平面．
（2）由平面，得平面，
又平面，则，又，因此，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
，
设，则，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
解得或，所以或．
18．已知椭圆E：过点，离心率为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过椭圆E的右焦点F作斜率为的直线l交椭圆E于点A，B，直线l交直线于点P，过点P作y轴的垂线，垂足为Q，直线AQ交x轴于C，直线BQ交x轴于D，求证：点F为线段CD的中点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由椭圆上的点和离心率列方程求得，即可得到椭圆方程；
（2）由题意，设直线l的方程为，联立方程组利用韦达定理可得，，进而题意求得点的坐标，再由分别直线AQ和直线BQ的方程可得点和点，从而利用以上条件代入化简的值，进而即可得证点F为线段CD的中点.
【详解】（1）由题意得
解得，．
所以椭圆E的方程是．
（2）椭圆E的右焦点F的坐标为，
由题意，设直线l的方程为．
，整理得．
因为，
所以，设直线l交椭圆E于点，，
则，．
由直线l的方程，令，解得，
所以，．
所以直线AQ的方程为，．
令，解得，所以．
直线BQ的方程为，．
令，解得，所以．
．
由于，．
则
，
所以线段CD的中点为F．
19．已知函数．
(1)若，求实数的值；
(2)证明：当时，；
(3)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出的导数，分类讨论，确定函数的单调性，利用成立，求出；
（2）由知，将各式累乘得证；
（3）由知，将各式累加得证.
【详解】（1）由题意知，，，
①当时，，在上单调递减，
所以，当时，，不合题意；
②当时，由得，则在上单调递增，
由得，则在上单调递减，
所以，，不合题意；
③当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，对于任意的，，符合题意；
④当时，由得，，则在上单调递增，
由得，，则在上单调递减，
所以，，不合题意．
综上所述，．
（2）证明：由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．
所以，
当时，令得，
所以，
所以当时，成立.
（3）证明：由（1）知，时，即，当且仅当时等号成立．
当时，令得，所以，
所以，
所以成立.
【点睛】方法点睛：证明数列不等式可以借助于函数不等式证明，先用导数证明得到一个不等式，再将进行合适的赋值，将不等式累加或累乘得到所证不等式.
合格品
优等品
甲生产线
乙生产线
合格品
优等品
总计
甲生产线
乙生产线
总计