精品解析：福建省宁德市古田县第一中学2024届高中毕业班高考前适应性测试数学试题

古田一中2023—2024学年高三高考考前适应性测试 数学学科 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标. 【详解】由可得抛物线标准方程为：， 其焦点坐标为. 故选：D. 2. 已知 ，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列条件可以推出的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ， ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据每个选项中的条件结合面面垂直的判定定理判断的位置关系，可得答案. 【详解】对于A，，，，有可能出现平行这种情况，故A错误； 对于，，，，不能保证m垂直于内两条相交直线， 会出现平面，相交但不垂直的情况，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，又由，则内一定存在某直线a，满足， 则，故，故D正确， 故选：D. 3. “直线与圆相切”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 即不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线与圆相切的充要条件，再判断即可 【详解】由直线与圆相切，故圆的圆心到直线的距离为半径，故，解得或，则“直线与圆C：相切”是“”的必要不充分条件. 故选：C 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 【答案】A 【解析】 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有 种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有种停法； 若货车甲靠边，共有 种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种， 故共有种停放方法. 故选：A. 5. 如图，把周长为的圆的圆心 放在 轴上，点在圆上，一动点 从开始逆时针绕圆运动一周，记弧，直线与 轴交于点，则函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据 从运动到和从运动到时， 的单调性和增长速度可判断出结果. 【详解】当 从运动到时， 从递增到，可排除AC； 当 从运动到时， 从递增到，且增长速度越来越快，可排除B. 故选：D. 6. 若一组样本数据、、、的平均数为 ，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差. 【详解】由题意可知，数据、、、的平均数为 ，则，则 所以，数据、、、的平均数为 ， 方差为， 所以，， 将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为 ， 方差为 . 故选：A. 7. 设，，，则( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数值域求出a、c范围，根据对数函数值域求出b的范围，由此即可比较a、b、c的大小关系． 【详解】，则； ，，则； 且，则； 故． 故选：D． 8. 过双曲线的右焦点作渐近线的垂线，设垂足为 （ 为第一象限的点），延长交抛物线于点 ，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：，渐近线方程，因为，所以 ，因为，所以 为中点，所以 由抛物线定义得， 因此，又，所以，选D. 考点：抛物线定义，双曲线渐近线 【方法点睛】1.凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．本题中充分运用抛物线定义实施转化，其关键在于求点 的坐标． 2．若P（x0，y0）为抛物线y2＝2px（p＞0）上一点，由定义易得|PF|＝x0＋；若过焦点的弦AB的端点坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则弦长为|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数是关于 的方程的两根，下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】依题意求出两根为：，再依次判断选项． 【详解】，则， 不妨设， 则，故A项正确； ，故C项正确； 而， 则， 当时，，故B项错误； 当时，， ，，，同理，故D项正确， 故选：ACD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 在区间的最小值为 C. 为偶函数 D. 的图象向右平个单位后得到的图象 【答案】BC 【解析】 【分析】由图象可求得的解析式，对于A： 验证是否为的零点；对于B先求出的范围再求的值域；对于C，求出的解析式判断奇偶性；对于D：根据图象的平移求出平移后的解析式判断. 【详解】，由图象可知，即，又，所以， 由五点作图法可得，解得，所以， 对于A：，所以的图象关于对称，故A错误； 对于B：当时，，即在区间上的最小值为，故B正确； 对于C：，为偶函数，故C正确. 对于D：的图象向右平移个单位后得到的图象，故D错误； 故选:BC. 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的前项和 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前项和，再对各项逐一分析即可． 【详解】从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数， 所以，所以为等比数列，， 所以，故A错误； ， 故的前项和为， 故B正确； 去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列， 项数之和为，则的最大整数为11，此时, 杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1， 取的就是第12行中的第3项，，故C正确； 是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项， 所以，故D正确. 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：本题考查“杨辉三角”与数列求和问题，解题的关键是将数列与“三角数阵”联系起来，结合二项式系数的性质与等比数列求和公式求解. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】求得，，进而可求. 【详解】由，可得， 所以，， 由，解得， . 故答案为：. 13. 已知的展开式中含项的系数为160，则实数a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】运用二项式展开式的通项公式，就可以出求指定项的系数，从而解得. 【详解】由二项式展开式通项公式得：， 当时，有，由展开式中含项的系数为160， 所以，解得：， 故答案为：2. 14. 《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是__________cm；卧足杯的容积是____________（杯的厚度忽略不计） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设球体的半径为 ，，得到，解出 ，求出球体半径；由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，分别求出圆柱和圆台的容积，作差即可求解. 【详解】如下图：设球体的半径为 ，，由， 得，解得 ，所以； 作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等， 由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台， 设圆台上表面半径为，则， 下表面半径为，所以， ， . .故答案为： ；. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答. 15. 的内角 的对边分别为，已知，且 的面积. （1）求C； （2）若 内一点 满足，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理和面积公式，化简得到，求得，再由正弦定理和，得到，即可求解； （2）设，分别在和中，求得的表达式，列出方程求得，即可求解. 【小问1详解】 解：根据题意知， 由余弦定理得， 又因为，所以，即， 因为，所以， 又由正弦定理且，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，，所以，可得，所以， 设，因为，所以， 因为，所以， 在中，，所以， 在中，，所以，即， 所以，即，即， 因为，所以. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小． 条件①：； 条件②：平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）如图，连接AC，因平面，平面，则，. 又，则. 注意到，则为等腰直角三角形，其中，. 所以，又因为，平面，， 所以平面； （2）所选条件见解析， 【解析】 【分析】（1）连接AC，由题目条件可推得为等腰直角三角形，且，，即，再，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）选条件①或选条件②均可证明，建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由二面角求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若选条件①，由余弦定理可得， ，结合为三角形内角， 得，又，则，即. 若选条件②，因 平面，BC平面，平面平面，则， 又，则，即. 故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（ 轴所在直线与DC平行） 又，， 则， 则，，. 平面法向量为， 设平面法向量为，则. 令 ，则，所以， 设面与平面所成角为，， 根据平面角的范围可知. 17. 甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为． （1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望； （2）证明：数列为等比数列． 【答案】（1） 0 1 2 ； （2） 依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能： 第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同； 第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同； 又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为， 摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为； 因此可得； 所以， 因此可得， 即数列是公比为的等比数列. 【解析】 【分析】（1）写出X的所有可能取值并求出对应的概率，即可列出分布列，计算求出期望值； （2）依题意根据跳格规则可得，即可得出证明； 【小问1详解】 根据题意可知，X的所有可能取值为0，1，2； 则，，； 可得X的分布列如下： 0 1 2 期望值为. 【小问2详解】 略 18. 焦点在 轴上的椭圆的左顶点为 ，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为． （1）求的值； （2）若的面积为1，求和的值； （3）在（2）的条件下，设 的中点为，求的最大值． 【答案】（1） （2），； （3） 【解析】 【分析】（1）先确定点 和点 坐标关系，然后计算，，通过可得答案； （2）当直线的斜率不存在时，直接求解，当直线的斜率存在时，设其方程为，于椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式计算，整理后代入和计算即可； （3）计算的值，然后利用基本不等式求最值. 【小问1详解】 因为，所以三点共线，则必有点 和点 关于点 对称， 所以，设直线和直线的斜率分别为，， 因为点 为椭圆的左顶点，所以， 所以，， 所以， 所以， 所以，所以，即； 【小问2详解】 设过两点的直线为， 当直线的斜率不存在时，两点关于 对称，所以，， 因为在椭圆上，所以，又， 所以，即，结合可得， 此时， ，所以； 当直线的斜率存在时，设其方程为， ， 联立，消去 得， 其中①， 所以， 所以 因为 到直线的距离， 所以， 所以，整理的，符合①式， 此时， ； 【小问3详解】 因为 ， 所以， 即，当且仅当时等号成立， 此时为直角三角形且为直角， 故 ， 解得，从而，此时等号可成立. 所以的最大值为. 19. 英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，．以上公式称为泰勒公式．设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题． （1）证明：； （2）设，证明：； （3）设，若是的极小值点，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明：设，则． 当时，：当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因此，，即． （2）证明：由泰勒公式知，① 于是，② 由①②得， ， 所以 ． 即． （3）． 【解析】 【分析】（1）设，利用导数求出该函数的最小值后可得不等式恒成立； （2）利用泰勒展式可证不等式成立； （3）就和分类讨论，前面可利用导数证明为极小值点，后者可判断为极大值点，故可得参数的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， 则，设． 设，则，当时， 故在上为增函数. 由基本不等式知，，当且仅当时等号成立． 所以当时，，所以在R上单调递增． 又因为是奇函数，且， 所以当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 因此，是的极小值点． 下面证明：当时，不是的极小值点． 当时，， 又因为是R上的偶函数，且在上单调递增， 所以当时，． 因此，在上单调递减． 又因为是奇函数，且， 所以当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减． 因此，是的极大值点，不是的极小值点． 综上，实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 古田一中2023—2024学年高三高考考前适应性测试 数学学科 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列条件可以推出的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. “直线与圆相切”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 即不充分也不必要条件 4. 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法． A. 72 B. 144 C. 108 D. 96 5. 如图，把周长为 的圆的圆心 放在 轴上，点在圆上，一动点 从开始逆时针绕圆运动一周，记弧，直线与 轴交于点，则函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 6. 若一组样本数据、、、的平均数为 ，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 7. 设，，，则( ) A. B. C. D. 8. 过双曲线的右焦点 作渐近线的垂线，设垂足为 （ 为第一象限的点），延长交抛物线于点 ，其中该双曲线与抛物线有一个共同的焦点，若，则双曲线的离心率的平方为 A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数是关于 的方程的两根，下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 在区间的最小值为 C. 为偶函数 D. 的图象向右平个单位后得到的图象 11. “杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前 项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前 项和记为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 的前 项和 C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知集合，，则_____________. 13. 已知的展开式中含项的系数为160，则实数a的值为__________. 14. 《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是__________cm；卧足杯的容积是____________（杯的厚度忽略不计） 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答. 15. 的内角 的对边分别为，已知，且 的面积. （1）求C； （2）若 内一点 满足，，求． 16. 如图，在四棱锥中，平面 ，，，． （1）求证：平面； （2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面所成锐二面角的大小． 条件①：； 条件②：平面． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 17. 甲进行摸球跳格游戏．图上标有第1格，第2格，…，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第n格的概率为． （1）甲在一次摸球中摸出红球的个数记为X，求X的分布列和期望； （2）证明：数列为等比数列． 18. 焦点在 轴上的椭圆的左顶点为 ，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为． （1）求的值； （2）若的面积为1，求和的值； （3）在（2）的条件下，设 的中点为，求的最大值． 19. 英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，．以上公式称为泰勒公式．设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题． （1）证明：； （2）设，证明：； （3）设，若是的极小值点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $