（冲刺高考）2024年广西省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年广西省高考适应性训练数学试题，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。

一、单选题
1．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．（2，﹣1，2）
C．D．（1，﹣2，1）
3．已知，，则是的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．非充分非必要条件
4．人的心脏跳动时，血压在增加或减少.若某人的血压满足函数式，其中为血压（单位：），为时间（单位：），则此人每分钟心跳的次数为（ ）
A．50B．70C．90D．130
5．已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列.若对于任意的，满足，则（ ）
A．B．C．32D．16
6．已知圆台的上、下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且，圆的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为（ ）
A．1B．C．2D．
7．双曲线的第三定义是：到两条相交直线的距离之积是定值的点的轨迹是（两组）双曲线.人教A版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数的图象与性质”，经探究它的图象实际上是以两条坐标轴为渐近线的双曲线，进一步探究可以发现对勾函数，的图象是以直线，为渐近线的双曲线.现将函数的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线，则它的离心率是（ ）
A．B．C．D．
8．已知对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知甲、乙两组数据分别为：20，21，22，23，24，25和a，23，24，25，26，27，若乙组数据的平均数比甲组数据的平均数大3，则（ ）
A．甲组数据的第70百分位数为23B．甲、乙两组数据的极差相同
C．乙组数据的中位数为24.5D．甲、乙两组数据的方差相同
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点成中心对称
C．在区间上单调递增
D．若的图象关于直线对称，则
11．设椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线与交于A，B两点，若，且的周长为8，则（ ）
A．B．的离心率为
C．可以为D．可以为直角
三、填空题
12．已知平面的一个法向量为，且点在内，则点到的距离为 ．
13．《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有 种．
14．设是面积为1的等腰直角三角形，是斜边的中点，点在所在的平面内，记与的面积分别为，，且．当，且时， ；记，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，，，的面积为，已知，．
(1)求角；
(2)若，求的值．
16．如图，已知的面积为1，点D，E，F分别为线段，，的中点，记的面积为；点G，H，I分别为线段，，的中点，记的面积为；…；以此类推，第n次取中点后，得到的三角形面积记为．
(1)求，，并求数列的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
17．已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.
(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
18．已知P为圆上任意一点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，M为PQ的中点.M的轨迹曲线E.
(1)求曲线E的轨迹方程；
(2)曲线E交x轴正半轴于点A，交y轴正半轴于点B.直线与曲线E交于C，D两点，若直线直线AB，设直线AC，BD的斜率分别为.证明：为定值．
19．已知函数，．
(1)求证：存在唯一零点；
(2)设，若存在，使得，求证：．
参考答案：
1．A
【分析】先化简复数，然后求其共轭复数，再利用复数的几何意义求解.
【详解】因为复数，
其共轭复数为，对应的点是，
所以位于第一象限.
故选：A
【点睛】本题主要考查复数的概念及其几何意义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
2．A
【分析】根据投影向量的求解公式计算即可．
【详解】因为，，所以，，
故向量在向量上的投影向量是.
故选：A．
3．B
【分析】直接利用不等式的性质判断充分条件和必要条件.
【详解】解：对于命题，可得到，但是与9没有关系，
当命题，整理，
即得到，故是的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查不等式的性质以及利用等价法判断必要不充分条件，考查学生的运算和推理能力，属于基础题.
4．B
【分析】根据频率公式进行计算.
【详解】由题意得，此人每分钟心跳的次数为.
故选：B
5．D
【分析】借助等比数列知识，利用，，成等差数列，求出，再利用，求出，再计算即可.
【详解】因为，，成等差数列，所以
即，
即，
所以，
因为数列是等比数列，且，
所以，
，
所以，即，
所以（无解）或，即
又因为，所以，
所以，
所以，
故选：D.
6．B
【分析】将圆台侧面展开成平面图形，在平面扇环中分析计算即得.
【详解】将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长交于点，连接，如图，
显然弧的长为，弧的长为，设，则，，
则，即，得，于是是的中点，，
因此是等边三角形，有，且与弧相切，则在此侧面展开图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线即线段，.
故选：B
7．D
【分析】首先确定的两条渐近线，也为旋转前双曲线的渐近线，再设两条渐近线夹角（锐角）角平分线方程，根据斜率与倾斜角关系、差角正切公式求双曲线渐近线斜率，进而求双曲线离心率.
【详解】趋向于0时，趋向于0，趋向于正无穷时，趋向于0，
则的两条渐近线分别为，，
所以该函数对应的双曲线焦点在，夹角（锐角）的角平分线上，
设且，若，分别是，的倾斜角，
故，，故为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角，
由，即，
整理得，可得（负值舍去），
所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于轴上的双曲线一条渐近线斜率为，
故.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求出的渐近线，利用正切差角公式求其旋转后渐近线斜率是关键.
8．A
【分析】令，由题意可知：对任意恒成立，且，可得，解得，并代入检验即可.
【详解】令，则，
由题意可知：对任意恒成立，且，
可得，解得，
若，令，
则，
则在上递增，可得，
即对任意恒成立，
则在上递增，可得，
综上所述：符合题意，即实数的取值范围为.
故选：A.
9．BD
【分析】根据已知平均数的关系求得，再由极差、中位数、方差求法判断各项正误即可.
【详解】由题设，，所以，
甲组数据中，故第70百分位数为24，A错；
甲乙组数据的极差都为5，B对；
乙组数据从小到大为，故其中位数为，C错；
由上易知：甲的平均数为，乙的平均数为，
所以甲的方差为，
乙的方差为，
故两组数据的方差相同，D对.
故选：BD
10．BC
【分析】根据正弦型函数的性质，结合代入法、整体法逐一判断各项正误.
【详解】由，最小正周期，A错；
由，即是对称中心，B对；
由，则，显然在区间上单调递增，C对；
由题意，故，D错.
故选：BC
11．AC
【分析】根据已知可得、，进而有，结合椭圆性质求相交弦长的范围及焦点三角形内角的范围判断各项的正误.
【详解】由，如下图周长为，故，
所以，椭圆离心率为，A对，B错；
当轴，即为通径时，且，
所以，故可以为，C对；
由椭圆性质知：当为椭圆上下顶点时最大，此时，
且，故，即不可能为直角，D错.
故选：AC
12．
【分析】由题设得，应用向量法求点面距离即可.
【详解】由题设，则点到的距离为.
故答案为：
13．
【分析】先求出三人选书没有要求的选法，再排除三人选择的书完全相同的选法即可.
【详解】若三人选书没有要求，则有种，
若三人选择的书完全相同，则有种，
所以三人选择的书不全相同，不同的选法有种.
故答案为：.
14．
【分析】以为原点，为轴正方向建立直角坐标系，设，根据已知得、，即可得，，应用两点距离公式求；根据确定的轨迹曲线，并写出方程，利用曲线性质列不等式求参数范围.
【详解】以为原点，为轴正方向建立直角坐标系，设，则，，
所以，则，
当，时，，即，
所以，即，可得（负值舍），则，
故，
若，结合双曲线定义知：在以为焦点的双曲线上，但不含顶点，
该双曲线为，即，
双曲线顶点的横坐标的绝对值小于半焦距1，则双曲线与曲线有交点，
即双曲线的渐近线和曲线有交点，则双曲线的渐近线斜率的绝对值小于，
所以，故，
所以实数的取值范围为.
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：第二空，注意在以为焦点的双曲线上，但不含顶点，将问题化为双曲线的渐近线斜率的绝对值小于为关键.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理和面积公式得到，结合得到答案；
（2）根据半角公式得到，得到，由正弦定理得到，利用面积公式和正弦和角公式求出答案.
【详解】（1）因为，所以，
所以，即，于是．
又，所以．
（2），
因为，所以，故，
因为，所以．
由正弦定理得，解得．
所以
.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据相邻两个三角形的面积关系可得，即可求解通项，
（2）先利用并项求和法求得为偶数的情况的和，再利用所得结论求得奇数的情况的和，然后写成分段形式.
【详解】（1）由题意可知,，...，
由此可知，故是以公比为的等比数列，所以.
（2）由得，，
当为偶数时，
，
当为奇数时，，
故.
17．(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出， 利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，
因为，则，，
由余弦定理可得，
所以，，则，同理可证，
翻折后，则有，，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故平面平面.
（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，
、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以，，
易知平面的一个法向量为，
则，整理可得，
因为，解得，
因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件及中点坐标公式，利用点在圆上即可求解.
（2）根据（1）的方程，求出的坐标，利用两点的斜率公式、直线平行的条件及斜截式，设直线的方程，将直线与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，结合两点的斜率公式计算即可求解.
【详解】（1）由题意可知，作出图形如图所示

设点的坐标为，点的坐标为，则
.
因为点在圆上，
所以.
把代入中，得，即.
所以曲线E的轨迹方程为.
（2）由题意可知，,,直线AB的斜率为,作出图形如图所示

设直线的方程为，则
，消去化简整理，得，，解得，
所以.
所以
所以.
故为定值.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键采用设线法，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，再将其代入计算得到，最后代入计算斜率乘积即可.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）二次求导，得到在上单调递减，在上单调递增．因为，所以有唯一零点；
（2）利用同构得到，故不等式变形为，构造，二次求导，结合特殊点的函数值，得到在上单调递减，在上单调递增，所以，从而证明出结论.
【详解】（1）证明：由题意，得．
记，则．
因为时，恒成立，所以在上单调递增．
因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以有唯一零点x=1．
（2）由，得．
记，故，
因为在上单调递增，所以，
则，
设
则，令，
则．
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，注意到，
所以的解集为，的解集为，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以．
又因为，所以．
【点睛】关键点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是将变形为，从而构造，得到，从而双元变单元，进行求解.