安徽省六安第一中学2024届高三适应性考试数学试题

六安一中2024届高三年级适应性考试 数学试卷 命题人：高三数学学科组 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（     ） A．16 B．14 C．23 D．22 2．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中真命题是（     ） A．若,,则 B．若,,,则 C．若，，则 D．若，，，,则 4．已知直线与双曲线的一条渐近线平行，则的右焦点到直线的距离为（     ） A． B． C．2 D．4 5．某电子竞技队伍由1名队长、1名副队长与3名队员构成，按需要担任第1至5号位的任务，由于队长需要分出精力指挥队伍，所以不能担任1号位，副队长是队伍输出核心，必须担任1号位或2号位，则不同的位置安排方式有（     ） A．36种 B．42种 C．48种 D．52种 6．已知数列为等比数列，且，，设等差数列的前n项和为，若，则（     ） A．或36 B． C．36 D．18 7．在平面直角坐标系中，设，，动点满足，则的最大值为（     ） A． B． C． D． 8．设椭圆与双曲线有相同的焦距，它们的离心率分别为，椭圆的焦点为，在第一象限的交点为，若点在直线上，且，则的值为（     ） A．2 B．3 C． D． 二、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。 9．一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则（ ） A．A与D相互独立 B．A与B相互独立 C．B与D相互独立 D．A与C相互独立 10．已知函数，则下列关于函数的说法，正确的是（     ） A．的一个周期为 B．的图象关于对称 C．在上单调递增 D．的值域为 11．在三棱锥中，平面平面，，则（     ） A．三棱锥的体积为1 B．点到直线的距离为 C．二面角的正切值为2 D．三棱锥外接球的球心到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中的系数为 ． 13．在中，角所对的边分别是，且，当时，的周长为 ． 14．用表示不超过的最大整数，已知数列满足：，，.若，，则________；若，则________. 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．（本小题满分13分） 有5个型号和形状完全相同的纳米芯片，已知其中有两件是次品，现对产品随机地逐一检测. （1）求检测过程中两件次品不相邻的概率； （2）设检测完后两件次品中间相隔正品的个数为，求的分布列和数学期望. 16．（本小题满分15分） 已知函数，，. （1）求函数的单调区间； （2）若且恒成立，求的最小值. 17．（本小题满分15分） 如图，为菱形，，，平面平面，点F在上，且，分别在直线上． （1）求证：平面； （2）把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线， 若，MN为直线的公垂线，求的值； 18．（本小题满分17分） 已知抛物线的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点. （i）求点的坐标； （ii）求与的面积之和的最小值. 19．（本小题满分17分） 已知是等差数列，． （1）求的通项公式和． （2）已知为等比数列，对于任意，若，则， （i）当时，求证：； （ii）求的通项公式及其前项和． 六安一中2024届高三年级适应性考试 数学试卷参考答案 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，只有一项是符合题目要求的． 1 2 3 4 5 6 7 8 C D C A B C D A 1．C【解析】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，，所以分位数为.故选：C． 2．D【解析】依题意，，所以在复平面内对应的点位于第四象限.故选：D 3．C【解析】若，，则或与相交或与异面，故A错误；若，，，则或与相交，故B错误；若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．故选：C． 4．A【解析】双曲线的渐近线方程为，因为直线与双曲线的一条渐近线平行，所以，解得，所以双曲线的右焦点坐标为，所以的右焦点到直线的距离为.故选：A. 5．B【解析】若副队长担任1号位，其他位置就没有任何限制，有种安排方式；若副队长担任2号位，则从3名队员中选1人担任1号位，后面的3个位置无限制条件，有种安排方式. 所以一共有：种安排方式.故选：B 6．C【解析】数列为等比数列，设公比为q，且，，则，则，则，则，故选：C. 7．D【解析】设，则，， 则，即， 化为，则点的轨迹为以为圆心，半径 为2的圆，又，所以三点共线，显然 当直线与此圆相切时，的值最大.又, 则,则.故选：D. 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 10 11 BCD ABD ACD 9．一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1,2；红球有两个，编号为3,4，从中不放回的依次取出两个球，表示事件“取出的两球不同色”，表示事件“第一次取出的是黑球”，表示事件“第二次取出的是黑球”，表示事件“取出的两球同色”， ， ，， ，，，， ，与不是相互独立事件，故A错误； ，与是相互独立事件，故B正确； ，与是相互独立事件，故C正确； ，与是相互独立事件，故D正确；故选BCD． 10．ABD【详解】对于A，根据诱导公式可知： ，故的一个周期为，即A正确；对于B，根据诱导公 式可知： ，所以的图象关于对称，即B正确；对于C，易知 ，即 为偶函数，当时，，显然此时函数 单调递减，由偶函数的对称性可知时函数单调递增，故C错误；由B结论可知 为的一个周期，此区间上，故D正确.选：ABD 11．如图，取的中点，连接，因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．因为，所以，故A正确； 取的中点，连接，取的中点，连接，因为分别为中点， 则，所以．因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面，则，则点到直线 的距离为为二面角的平面角， ，B错误，C正确；设的外心分别为，则， 又平面平面，所以平面．设三棱锥外接球的球心为，则 平面，平面，所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确，故选ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．120 13．15【详解】 根据正弦定理及，得，即．由，得．又因为，所以．由，得，解得或（舍去），于是．因为，所以．又因为，所以，解得，于是，故的周长为15． 14．，【详解】，，∴， 由得 由，得到，则. 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．（1）记检测过程中两件次品不相邻为事件，依题意即将个芯片排列，其中两件次品不相邻的概率， 所以...........................5分 （2）依题意的可能取值为、、、， 所以，， ，，.........................................................................10分 所以的分布列为： 所以........................................................................................13分 16．（1）（）， 当时，由于，所以恒成立，从而在上递增；...............................3分 当时，，；，， 从而在上递增，在递减；...................................................................................6分 综上，当时，的单调递增区间为，没有单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为...........................................7分 （2）令，要使恒成立， 只要使恒成立，也只要使. ，...............................................................................................9分 由于，，所以恒成立， 当时，，当时，，................................................................13分 所以，解得：， 所以的最小值为.............................................................................................................................15分 17．（1），， 所以，，， ，则，又因为平面平面ABC， 平面平面面，故平面ACDE．...........................................6分 （2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 由，可得，， 所以 所以，， 设，则， 设，则，， 由题知，，解得，，故； ..................................15分 18．（1）由题意可得，解得，所以的方程为：；..................................4分 （2）（i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点， 故可设的直线的方程为， 代入抛物线的方程，可得， 方程的判别式， 设，， 不妨设，则,..........................................................................................7分 所以直线AD的方程为：， 即，即，令，可得， 所以，所以，所以；.......................................10分 （ii）如图所示， 可得， ， ..........................................................................................13分 所以与的面积之和 ........................................................................................15分 当且仅当时，即时，等号成立， 所以与的面积之和的最小值为...............................................................................17分 19．（1）由题意可得，解得， 则数列的通项公式为，..........................................................3分 求和得 . ................................................................7分 （2）（i）由题意可知，当时，， 取，则，即， 当时，，取，此时， 据此可得，综上可得：...............................................................10分 （ii）由(Ⅰ)可知：， 则数列的公比满足， 当时，，所以， 所以，即， 当时，，所以， 所以数列的通项公式为，其前项和为：. ...........................................................17分 4 学科网（北京）股份有限公司 $$