精品解析：湖南省长沙市浏阳市第一中学2024届高三下学期6月适应性考试数学试卷

浏阳一中六月份高三数学适应性考试试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用子集的概念求解. 【详解】集合，集合， 若，又，所以，解得 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求共轭复数，再根据复数代数形式的除法运算化简复数即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D. 3. 已知平面向量，，，若，，则为（ ） A. 5 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行、垂直求得，进而求得. 【详解】由于，， 所以，解得， 所以， 所以. 故选：A 4. 2024年春节期间，有五部电影上映，小李准备和另3名同学一行去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小李看电影，且4人中恰有2人看同一部电影的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足小李看电影，且4人中恰有两人看同一部电影的方案数，最后根据古典概型的概率公式计算可得. 【详解】依题意每位同学均有种选择，则四位同学一共有种方案， 若小李看电影，且4人中恰有两人看同一部电影， 有两人看电影，则有种方案，有一人看电影，则有种方案， 即满足小李看电影，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案， 所以所求概率. 故选：C. 5. 已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】整理可得，以为整体，根据单调性分析可得，再结合零点分析求解. 【详解】因为， ，且时， 可得，且， 若在上单调，则，解得， 又因为的一个零点是，则，解得， 所以. 故选：B. 6. 物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可. 【详解】， 而，故． 故选：C． 7. 已知双曲线=1(a>0，b>0)的左､右焦点分别为F1(﹣c，0)，F2(c，0)，点P在双曲线的右支上，且满足，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A. (2，+∞) B. (1，2) C. (1，) D. (2，) 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理的边角互化以及双曲线的定义可得，再由，代入上式，解不等式即可. 【详解】， ， ，， ， 解得， . 故选：D 8. 若函数恰好有四个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意转化为与和共有两个交点，利用导数研究单调性极值，数形结合得解. 【详解】因为，所以不是的零点， 当时，令，得， 令， 由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，， 且当趋近正无穷时，趋近2，如图所示， 所以当时，与的图象有且仅有四个交点， 此时函数恰好有四个零点. 故选：C. 【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x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. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则决定系数 C. 数据的均值为4，标准差为1，则这组数据中没有大于5的数 D. 数据的75百分位数为47 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：利用正态分布的对称性判断；对于B：根据相关的概念判断；对于C：举反例说明；对于D：直接求75百分位数. 【详解】对于A：已知，若， 则，A正确； 对于B：若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，则决定系数，B正确； 对于C：不妨设， 则，解得， 此时， 故找到一组数，数据中有大于5的数，C错误； 对于D：，故这组数据的75百分位数为47，D正确. 故选：ABD. 10. 若圆与圆交于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 点在圆内 B. 直线的方程为 C. 圆上的点到直线距离的最大值为 D. 圆上存在两点P，Q，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，将点带入圆即可；对于B，圆与圆方程相减即可；对于C，由圆心到直线的距离再加半径2即可；对于D，直线经过圆的圆心，圆中不存在比长的弦. 【详解】对于A，因为，所以点在圆外，故A错误； 对于B，圆与圆交于两点， 因为圆和圆相交，将两圆相减可得：， 即公共弦所在直线的方程为，故B正确； 对于C，圆的圆心坐标为，半径为2， 圆心到直线的距离， 所以圆上的点到直线距离的最大值为，故C正确； 对于D，直线经过圆的圆心， 所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，D错误. 故选：BC. 11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 存在某位置，使 C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为 D. 直线和平面所成的角的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用反证法，假设结论成立，再利用面面平行推出线面平行，得到矛盾，故A错；对于B，同样采用反证法，假设结论成立，利用线线垂直推线面垂直，再结合空间向量，能得到矛盾，故B错误；对于C，主要根据题目，判断得到该四面体各个面都是直角三角形，根据外接球性质，即可知道球心位置，从而求解；对于D，利用线面角，可以判断出当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，从而求出该角的正切值，即可求解. 【详解】取中点，连接.若A正确，平面，且为三角形中位线，则，面，则面， 因为平面 所以平面平面， 因为面平面面平面 所以，显然，为三角形中位线，，矛盾，故假设不成立，A错误； 以A为坐标原点，AD为y轴正半轴，在平面中作与AD垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系. 因为，，所以， 所以，所以，所以，即， 又因为，则， 若B正确，则有，因为平面， 所以平面， 因为平面，则必定成立. 则根据题意，可得、、、.，， 则，即不成立，故矛盾，所以B不成立； 当二面角为直二面角时，即平面平面. 根据上面可知，所以， 又， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点，即为外接球半径. ，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确. 当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为. 由上图可知，在中，，由余弦定理可解得. 此时.此时，故D错. 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】由余弦定理可得, 故答案为：2 13. 在棱长为的正方体中，以为球心、2为半径的球与正方体的面相交，则交线长为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得球面与底面的交线为以A为圆心，为半径的弧，即可求出. 【详解】因为在正方体中，平面， 所以平面与球的截面是以A为圆心的圆， 且半径为， 所以球面与底面的交线是以A为圆心，为半径的弧， 该交线的长度为. 故答案为：. 14. 一项抛掷骰子的过关游戏规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如果这次抛掷所出现的点数和大于，则算过关.游戏者可以随意挑战某一关.若直接挑战第三关，则通关的概率为______，若直接挑战第四关，则不能通关的概率为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】若挑战第3关，则抛掷3次骰子，总的可能数为种，不能过关的基本事件为方程，其中的正整数解的总数，根据互斥事件的概率公式计算即可；若挑战第4关，则投掷骰子，总的可能数为种，不能通关的基本事件为方程，其中的正整数解的总数，分类求出，再根据互斥事件的概率公式计算即可. 【详解】若挑战第3关，则抛掷3次骰子，总的数为种， 不能过关的基本事件为方程，其中的正整数解的总数， 共有，不能过关的概率为，故通关的概率为. 若挑战第4关，则投掷骰子，总的可能数为种，不能通关的基本事件为方程，其中的正整数解的总数， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 当时，共有种， 所以不能过关的概率为. 故答案为：①；②. 四.解答题（共5小题，共77分） 15. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取BC的中点M，连结MA、． 因为，，所以，， 由于AM，平面，且， 因此平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC， 因为，所以平面ABC. （2）. 【解析】 【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证. （2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：因为，且，所以． 以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：将直三棱柱补成长方体． 连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ， 因为平面，且平面， 所以， 又因为，由于BD，平面，且， 所以平面，则为直角三角形， 由于平面，所以， 因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ， 因为平面CPQ，所以， 则∠CQP为平面与平面的夹角或补角， 在中，由等面积法可得, 因为，所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数，是的导函数，且． （1）若曲线在处的切线为，求k，b的值； （2）在（1）的条件下，证明：． 【答案】（1），； （2） 设函数，， 则， 设，则， 所以，当时，，单调递增． 又因为， 所以，时，，单调递增； 时，，单调递减． 又当时，， 综上在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值， 即， 所以，当时，． 【解析】 【分析】（1）根据题意，求导可得的值，再由导数意义可求切线，得到答案； （2）设函数，利用导数研究函数的单调性从而求出最小值大于0，可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以． 则曲线在点处的切线斜率为． 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为， 即得，． 【小问2详解】 略 17. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足. ①求数列的前n项和； ②若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用数列的递推关系求的通项公式； （2）①利用错位相减求和即可；②设，根据数列的单调性，分n为偶数、为奇数讨论可得答案. 【小问1详解】 因为①， 当时，，当时，②， 得，即；因为符合，所以； 【小问2详解】 ①，由（1）知，所以，， 所以，两式相减得， ， 所以； ②，由①得， 设，则数列是递增数列. 当n为偶数时，恒成立，所以； 当n为奇数时，恒成立，所以即. 综上，的取值范围是. 18. 双曲线上一点到左､右焦点的距离之差为6， （1）求双曲线的方程， （2）已知，过点的直线与交于（异于）两点，直线与交于点，试问点到直线的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由， 【答案】（1） （2）是定值，定值为 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的定义与点在双曲线上得到关于的方程，解之即可得解； （2）假设直线方程，联立双曲线方程得到，再由题设条件得到直线与的方程，推得两者的交点在定直线上，从而得解. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 故双曲线的方程为. 【小问2详解】 由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，消去，得， 则，， 设，则， 又， 直线，直线， 联立， 两式相除，得 ， 即，解得， 所以点在定直线上， 因为直线与直线之间的距离为， 所以点到直线的距离为定值，且定值为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值； （2）对于正整数时，是否有成立？ （3）已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：. 【答案】（1） （2）成立 （3） 函数在区间上有3个不同的零点， 即方程在区间上有3个不同的实根， 令，由知，而，则或或， 于是， 则， 而， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得； （2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立； （3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论. 【小问1详解】 依题意， ， 因此，即，则， 【小问2详解】 成立. 这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式. 首先有如下两个式子： ， ， 两式相加得，， 将替换为，所以. 所以对于正整数时，有成立. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浏阳一中六月份高三数学适应性考试试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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. 已知集合，集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，，若，，则为（ ） A. 5 B. C. 2 D. 4. 2024年春节期间，有五部电影上映，小李准备和另3名同学一行去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小李看电影，且4人中恰有2人看同一部电影的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ） A. B. C. D. 6. 物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 7. 已知双曲线=1(a>0，b>0)的左､右焦点分别为F1(﹣c，0)，F2(c，0)，点P在双曲线的右支上，且满足，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A. (2，+∞) B. (1，2) C. (1，) D. (2，) 8. 若函数恰好有四个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，若，则 B. 若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则决定系数 C. 数据的均值为4，标准差为1，则这组数据中没有大于5的数 D. 数据的75百分位数为47 10. 若圆与圆交于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ） A. 点在圆内 B. 直线的方程为 C. 圆上的点到直线距离的最大值为 D. 圆上存在两点P，Q，使得 11. 如图，在平行四边形中，，分别为的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ） A. 若是的中点，则平面 B. 存在某位置，使 C. 当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为 D. 直线和平面所成的角的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，则__________. 13. 在棱长为的正方体中，以为球心、2为半径的球与正方体的面相交，则交线长为______. 14. 一项抛掷骰子的过关游戏规定：在第关要抛掷一颗骰子次，如果这次抛掷所出现的点数和大于，则算过关.游戏者可以随意挑战某一关.若直接挑战第三关，则通关的概率为______，若直接挑战第四关，则不能通关的概率为______. 四.解答题（共5小题，共77分） 15. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 16. 已知函数，是的导函数，且． （1）若曲线在处的切线为，求k，b的值； （2）在（1）的条件下，证明：． 17. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列满足. ①求数列的前n项和； ②若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 18. 双曲线上一点到左､右焦点的距离之差为6， （1）求双曲线的方程， （2）已知，过点的直线与交于（异于）两点，直线与交于点，试问点到直线的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由， 19. 设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值； （2）对于正整数时，是否有成立？ （3）已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $