（冲刺高考）2024年吉林省高考适应性训练数学试题

这是一份（冲刺高考）2024年吉林省高考适应性训练数学试题，共22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．若命题“，”是假命题，则实数的最小值为（ ）
A．1B．2C．4D．8
2．已知复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，且，的夹角为，则（ ）
A．1B．C．2D．
4．已知是第三象限角，，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知数列的前n项和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．过直线上一点P作⊙M：的两条切线，切点分别为A，B，若使得的点P有两个，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．或D．或
7．如图，在直三棱柱中，分别为线段的中点，，平面平面，则四面体的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A．27B．24C．32D．28
二、多选题
9．下列图象中，函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．新冠肺炎疫情期间，某地为了了解本地居民对当地防疫工作的满意度，从本地居民中随机抽取若干居民进行评分（满分为100分），根据调查数据制成如图所示的频率分布直方图，已知评分在内的居民有180人.则以下说法正确的是（ ）

A．
B．调查的总人数为4000
C．从频率分布直方图中，可以估计本次评测分数的中位数大于平均数
D．根据以上抽样调查数据，可以认为该地居民对当地防疫工作的满意度符合“评分低于65分的居民不超过全体居民的”的规定
11．已知函数，则（ ）
A．
B．当时，
C．存在，当时，
D．若直线与的图象有三个公共点，则
三、填空题
12．若角的终边在第四象限，且，则 ．
13．已知数列的前8项1，1，2，3，5，10，13，21，令，则的最小值点 ．
14．已知为函数图象上一动点，则的最大值为 ．
四、解答题
15．记为数列的前项和，且满足.
(1)试问数列是否为等比数列，并说明理由；
(2)若，求的通项公式.
16．如图，直三棱柱中，.过点的平面和平面的交线记作.
(1)证明：；
(2)求顶点到直线的距离.
17．高中进行体育与健康学业水平测试，有利于提升学生身体素质和健康水平，培养学生创新精神和实践能力.某学校对高三年级学生报名参加体育与健康学业水平测试项目的情况进行了普查，全年级1070名学生中有280名报名参加羽毛球项目，其中530名女生中有64名报名参加羽毛球项目.
(1)从该校高三年级中任选一名学生，设事件表示“选到的学生是女生”，事件表示“选到的学生报名参加羽毛球项目”，比较和的大小，并说明其意义；
(2)某同学在该校的运动场上随机调查了50名高三学生的报名情况，整理得到如下列联表：
根据小概率值的独立性检验，能否认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联？得到的结论与第（1）问结论一致吗？如果不一致，你认为原因可能是什么？
附：
18．已知椭圆的离心率为，直线与交于两点，与轴交于点，为坐标原点.
(1)证明：；
(2)若，求面积取得最大值时椭圆的方程.
19．已知，其中.
(1)求的单调区间；
(2)若，证明：当时，.
性别
羽毛球
合计
报名
没报名
女
12
8
20
男
13
17
30
合计
25
25
50
参考答案：
1．C
【分析】根据特称命题与全称命题的真假性质，结合一元二次不等式的解集的性质进行求解即可.
【详解】因为命题“，”是假命题，
所以命题“，”是真命题，
因此有，所以实数的最小值为，
故选：C
2．B
【分析】求出，再根据复数乘法法则计算即可.
【详解】由题意得在复平面内所对应的点为，则所对应的点为，
所以，则，
故选：B.
3．D
【分析】根据向量的减法运算可得，平方后结合数量积的运算，即可求得答案.
【详解】由题意得，所以
，
故，
故选：D
4．A
【分析】根据三角函数以及充分、必要条件等知识确定正确答案.
【详解】若是第三象限角，则；
若，如，则不是第三象限角.
所以是的充分不必要条件.
故选：A
5．D
【分析】根据条件先求解出的通项公式，A：根据的通项公式结合指数函数的单调性进行判断；B：根据的结果进行判断；C：根据的通项公式结合的表达式进行分类讨论再判断；D：判断的单调性，然后分析的取值范围.
【详解】当时，，
当时，，
所以不满足的情况，
所以，
对于A：当时，由指数函数单调性可知：，所以，故A错误；
对于B：因为，所以，故B错误；
对于C：当时，，满足；
当时，，不满足，
故不恒成立，故C错误；
对于D：当时，，满足；
当时，由指数函数的单调性可知为递减数列，此时，
且恒成立，所以，也满足；
所以，故D正确；
故选：D.
6．B
【分析】易得，根据题意可得圆心到直线的距离，进而可得出答案.
【详解】⊙M：的圆心，半径，
由，得，
由题意可得圆心到直线的距离，
即，解得.
故选：B.
7．A
【分析】取的中点，连接，由等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理证平面，由线面垂直的性质及判定定理证平面，进而推出，利用勾股定理及勾股定理的逆定理等证，从而确定四面体的外接球的球心与半径，利用球的体积公式求解即可．
【详解】如图，取的中点，连接，
因为，所以．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以．
依题意平面平面，
所以，又平面，
所以平面．
又平面，
所以，所以，
所以．
连接，则，
所以．
又，
所以，
所以．
因为与共斜边，
所以四面体的外接球的球心为的中点，
且外接球半径，
所以该球的体积．
故选：A
【点睛】确定简单几何体外接球的球心有如下结论：（1）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点；（2）正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点；（3）直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；（4）正棱锥的外接球的球心在其高线上；（5）若三棱锥的其中两个面是共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心．
8．A
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.
9．CD
【分析】对分离常数可得：，转化为反比例函数的形式，利用函数图像的变换可判断选项.
【详解】解：，则，故排除AB；
当时，图像关于对称，且当时，在上单调递增，则D有可能；
当时，图像关于对称，且当时，在上单调递减，则C有可能；
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：，分母决定定义域，分子决定单调性；当时，在各自区间单调递减；当时，在各自区间单调递增.
10．ACD
【分析】根据给定的频率分布直方图，结合频率分布直方图的性质，概率的计算方法，以及中位数、平均数的计算公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由频率分布直方图的性质，可得，
即，解得，所以A正确；
设总共调查了人，可得，
解得，即调查的总人数为300人，所以B错误；
中位数位于区间，设中位数为，
则，解得，
由频率分布直方图知各段的频率分别为，
设平均数为，
则.
可得，所以C正确；
由评分在的居民占调查总人数的，所以评分低于65分的居民不超过全体居民的，所以D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用转化可判断A；取特殊值可判断B；构造函数利用导数可判断C；将问题转换为直线与的图象有两个交点，利用导数研究的图象即可得解.
【详解】对于A，易知的定义域为，
由于，所以，因此，故，A正确；
对于B，由于，而，
因为，则，即，所以，
因此，故B错误；
对于C，当时，，由，故，
令，则，
令，得，令，得，
故在上单调递减，在上单调递增，
且易知，
故存在，当时，，故C正确；
对于D，若直线与的图象有三个公共点，
则方程有三个解，显然是方程的解，
当时，化简得，所以该方程有两个解，
即直线与的图象有两个交点，
的定义域为，，
令，的定义域为，，
令，的定义域为，，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，，单调递减，
又，
所以存在，使得，
所以当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以，，，
所以，，
设，则，
所以单调递增，所以，
而，
如图所示：

直线与的图象有两个交点，则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
12．
【分析】利用同角三角函数之间的基本关系可求得，再利用两角差的正切公式代入计算可得结果.
【详解】由可得，
又角的终边在第四象限，可得，即；
所以.
即.
故答案为：
13．7
【分析】根据题意求得，结合二次函数运算求解.
【详解】由题意可得：
，
因为，且开口向上，
所以的最小值点.
故答案为：7.
14．
【分析】由题意把表示成与的夹角的余弦值的2倍，再由几何关系求得最值可得结果.
【详解】设，原点，则，；
所以，即，
如图所示，所以当直线与函数在轴右侧相切时，取到最大值，即取得最大值；
联立直线与函数可得，
所以，解得（舍去）；
此时，所以，
即的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据表达式的特征，将其转化为向量数量积的坐标表示形式，利用几何关系求出最值即可.
15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先将等式变形为，再讨论和两种情况，判断数列是否为等比数列；
（2）由（1）的结果可知，，再利用，，得，再利用构造法，即可求数列的通项公式.
【详解】（1）由已知，得，
整理为，
若，则，，此时数列不是等比数列，
若，若，则，与矛盾，所以，
则，数列是公比为2的等比数列；
综上可知，当，数列不是等比数列，
当，数列是公比为2的等比数列；
（2）若，数列的首项为，
所以，①
当时，，②
①-②得，即，
则，得，
所以，得，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以
16．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）由已知，可根据，利用线面平行的判定定理证明平面，在使用线面平行的性质定理可证明；
（2）由已知，可作交平面和平面的交线于，利用线面垂直的判定和性质证明，从而即为点到直线的距离，然后在利用勾股定理求解边长，即可求解.
【详解】（1）证明：由题知，平面，平面，
所以平面，又因为平面平面，
平面，所以.
（2）作交直线于点，连接，因为是直三棱柱，
所以平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以就是点到直线的距离，
作交于点，因为，，所以，
又因为，所以四边形是矩形，所以，
在，，，所以，
在，，
所以点到直线的距离为.
17．(1)，，，意义见解析
(2)不能认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联，结论不一致，原因见解析
【分析】（1）运用条件概率公式，结合题意直接计算求解；
（2）根据题意进行小概率值的独立性检验，结合题意说明原因即可.
【详解】（1）由题意得，，
所以，，
则，
意义为女生想要报名参加羽毛球项目的人数比男生想要报名参加羽毛球项目的人数少
（2）提出假设该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况无关，
则，
所以根据小概率值的独立性检验，不能认为该校高三年级学生的性别与羽毛球的报名情况有关联，
得到的结论与第（1）问结论不一致，可能原因是调查的50名高三学生样本容量小，结论具有随机性
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据椭圆离心率得到，联立直线方程和椭圆方程，根据代入计算即可得证；
（2）由题意得到，进而得到，通过直线方程和韦达定理代入求解得到，再结合弦长公式和点到直线的距离求得三角形面积的表达式，根据基本不等式即可求解答案.
【详解】（1）因为椭圆的离心率，所以，
所以椭圆，
联立，得，
因为直线与交于两点，
所以，
即，则得证
（2）设，由题意知
由（1）得，，
因为，所以，所以，
所以，
所以，
因为，
，
代入上式得，，
化简得，，即，
因为
，
点到直线的距离，
显然，若三点能构成三角形，则，
所以面积，
当且仅当，即时等号成立，面积取得最大值，
此时，由，得，解得 ，则，
所以面积取得最大值时椭圆的方程为
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：
（1）结合几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；
（2）将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求导后分类讨论即可求得答案；
（2）先求得，再将原式转化为证明，通过二次求导判断函数单调性进而即可得证.
【详解】（1）由，得，
当时，，在单调递增；
当时，令，得，此时单调递增，
令，得，此时单调递减.
综上所述，当时，增区间为，无减区间
当时，增区间为，减区间为
（2）因为，，所以，，
要证，即证，
即证，即证，
设，
则，
令，
则对恒成立，
所以在单调递增，所以时，，
所以对恒成立，所以在单调递增，
所以时，，
即成立，故原式得证
【点睛】方法点睛：本题考查利用导数证明函数不等式恒成立问题，常见方法如下：
（1）构造函数法：通过构造函数，利用导数研究函数单调性，转化为求函数最值问题；
（2）放缩法：一是利用题目中已知条件进行放缩，二是利用常见的二级结论进行放缩；
（3）同构法：指数和对数同时出现，往往将不等式形式进行变形，通过同构化简不等式进而证明即可.