精品解析：河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期数学适应性考试（十六）

河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试（十六）数学试题 命题人： 审核人： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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收回. 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. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 7 B. -7 C. D. 3. 已知非零数列满足，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 4. 古印度数学家婆什迦罗在《莉拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日4德拉玛（古印度货币单位），其后日增5德拉玛.朋友啊，请马上告诉我，半个月中，他总共布施多少德拉玛？在这个问题中，这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为（ ） A. 413 B. 427 C. 308 D. 133 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ） 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 设，则“”成立的充要条件是“” C. 已知，则 D. 若，则事件与相互独立 10. 已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ） A. 的最小值为3 B. C. 若直线与曲线有公共点，则 D. 对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直 11. 在平面四边形中，，，为等边三角形，将沿折起，得到三棱锥，设二面角的大小为.则下列说法正确的是（ ） A. 当时，，分别为线段，上的动点，则的最小值为 B. 当时，三棱锥外接球的直径为 C. 当时，以为直径的球面与底面的交线长为 D. 当时，绕点旋转至所形成的曲面面积为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为虚数单位．若集合，，且，则______． 13. “序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于或1.设是一个有限“序列”，表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组.例如：，则.定义，，若中1的个数记为，则的前10项和为______. 14. 已知函数的定义域为，，，且对于，恒有，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. 绿化祖国要扩绿、兴绿、护绿并举.某校植树节分别在甲，乙两块不同的土地上栽种某品种树苗各500株.甲地土质含有元素，乙地土质不含有元素，其它土质情况均相同，一段时间后，为了弄清楚该品种树苗的成活情况与元素含量是否有关联，分别在甲，乙两块土地上随机抽取树苗各50株作为样本进行统计分析.经统计，甲地成活45株，乙地成活40株. （1）根据所给数据，完成下面的列联表（单位：株），并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为该品种树苗成活与元素含量有关联？ 列联表 类别 树苗成活情况 合计 成活 不成活 含元素 不含元素 合计 （2）从样本中不成活的树苗中随机抽取3株，其中取自甲地的株数为，求的分布列及方差 参考公式：， 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16. 如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，. （1）证明：； （2）若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数 （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求的值； 18. 已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为 （1）求轨迹的方程； （2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由： （3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值. 19. 已知为非零常数，，若对，则称数列为数列． （1）证明：数列是递增数列，但不是等比数列； （2）设，若为数列，证明：； （3）若为数列，证明：，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳市新县高级中学2024届高三下学期适应性考试（十六）数学试题 命题人： 审核人： 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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收回. 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. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求复数，再求模. 【详解】， 所以. 故选：D 2. 已知，则（ ） A. 7 B. -7 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可求，再由两角和的正切可求. 【详解】因为，故， 故，而，故，故， 而，故，所以， 故，故， 故选：D. 3. 已知非零数列满足，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果. 【详解】由可得，则. 故选：D 4. 古印度数学家婆什迦罗在《莉拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日4德拉玛（古印度货币单位），其后日增5德拉玛.朋友啊，请马上告诉我，半个月中，他总共布施多少德拉玛？在这个问题中，这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为（ ） A. 413 B. 427 C. 308 D. 133 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，初日4德拉玛，以后每日等量增加5德拉玛，故每日德拉玛数依次构成等差数列，利用等差的通项公式和前项和公式求解. 【详解】由题知，每日德拉玛数依次构成等差数列，设数列首项为，公差为，则，. 则通项公式，，， 则这人15天的最后7天布施的德拉玛总数为： . 故选：A 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数性质可判断b的范围，利用三角函数诱导公式求得c,并利用对数函数的性质比较的大小，即得答案. 【详解】因为， 所以, 故选：B. 6. 已知函数，其中是自然对数的底数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导后结合基本不等式可得在上单调递增，令g，从而可得在上单调递增，且为奇函数，从而可化为，求解即可. 【详解】， 在上单调递增. 令，在上单调递增， 因为，所以为奇函数， 则化为 所以，解得， . 故选：C 7. 如图，已知四面体的棱平面，且，其余的棱长均为．四面体以所在的直线为轴旋转弧度，且四面体始终在水平放置的平面的上方．如果将四面体在平面内正投影面积看成关于的函数，记为，则函数的最小正周期与取得最小值时平面与平面所成角分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性得出的周期；取AB中点E，可得，到的距离为且直线与平面所成的角为，面CDE，面ABD面ABC，设CD在平面的投影为MN，可得，讨论一个周期内的情形，当时，，则；当时，，求出及此时与的关系，即可求出此时平面与平面所成角． 【详解】设过且平行于平面的平面为， 由题意知，四面体在平面的上方时和下方时完全对称，故函数的周期为． 取中点E，连接CE、D+E，如图， ，，， ，，， 则，而，故，， 所以到的距离为， 又，，平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，又， 所以直线与平面所成的角为， ，E为AB中点， ，又在平面内，则面CDE， 又面CDE，则DE， ，在平面内 ，则面ABC， 又面ABD，则面ABD面ABC， 设在平面的投影为，可得． 下面讨论一个周期内的情形： 当时，如图， ， ，，则，故． 当时，如图， 到的距离为，，当时等号成立， ，即． 综上所述，，此时，又直线与平面所成的角为， 所以平面与平面所成的角为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是确定在平面的投影为，从而得到的最小值. 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点为坐标原点，过的直线分别交双曲线左、右两支于，两点，点在轴上，，平分，其中一条渐近线与线段交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得，在中，由余弦定理可得，进而可得，而，从而可求解. 【详解】 如图 , , , ， 设,则， 平分 , , , 由双曲线定义可知， ，即, 在中，由余弦定理知 化简得 , 由得 , 不妨令一条渐近线与线段的交点在第一象限，则 , . 故选：B 【点睛】关键点点睛：这道题的关键是由可得，结合角平分线的性质和双曲线的定义可得，从而可得. 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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知随机变量，若，则 B. 设，则“”成立的充要条件是“” C. 已知，则 D. 若，则事件与相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态分布性质判断A；取，推理判断B；由条件概率公式计算判断C；由相互独立事件的定义判断D. 【详解】对于A，，由，得，A正确； 对于B，当时， ，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，由，得，而， 则，事件与相互独立，D正确. 故选：AD 10. 已知是曲线上不同的两点，为坐标原点，则（ ） A. 的最小值为3 B. C. 若直线与曲线有公共点，则 D. 对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题中曲线表达式去绝对值化简，根据表达式求值判定A，根据几何意义判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断C，根据图形特征以及切线概念判断D. 【详解】当时，原方程即， 化简为，轨迹为椭圆， 将代入，解得，则此时， 即此部分为椭圆的一半， 当时，原方程即， 化简得， 将代入，解得或， 则此时，即此部分为圆的一部分，作出曲线的图形如下： 选项A：当时，，当时取最小值3， 当时，，当时取最小值1， 则的最小值为1，故A错误； 选项B：因为表示点与点和点的 距离之和，当时，点和点为椭圆的焦点， 由椭圆定义可知=4， 当时，点为圆的圆心，点在圆上， 所以= 当点P在或时最大，且为2， 所以， 即，故B正确； 选项C：直线过定点，当直线经过或时， 直线斜率， 联立，化简得， 因直线与曲线有公共点，即， 解得或， 所以直线与曲线有公共点时，故C正确； 选项D：当点P在椭圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P， 则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零正实数， 曲线C在y轴右侧椭圆部分切线斜率也可以取到任何非零负实数，使得两切线斜率为负倒数， 同理，当点P在圆上时，对任意位于y轴左侧且不在x轴上的点P， 则曲线C在点P处的切线斜率可以取任何非零负实数， 曲线C在y轴右侧圆部分切线斜率也可以取到任何非零正实数，使得两切线斜率为负倒数， 所以对任意位于轴左侧且不在轴上的点，都存在点，使得曲线在两点处的切线垂直，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为： （1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解； （2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案. 11. 在平面四边形中，，，为等边三角形，将沿折起，得到三棱锥，设二面角的大小为.则下列说法正确的是（ ） A. 当时，，分别为线段，上的动点，则的最小值为 B. 当时，三棱锥外接球的直径为 C. 当时，以为直径的球面与底面的交线长为 D. 当时，绕点旋转至所形成的曲面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，当为中点且时，长度最短，由等面积法可得求得最小值即可判断；对于B，利用截面圆的性质求解即可；对于C，根据题意画出球与底面的交线，从而可求解判断；对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，从而可求解判断. 【详解】对于A， 如图，取中点，连接，，则，， 所以为二面角的平面角，角， 由题意可得， 当时，根据余弦定理可得， 当为中点且时，长度最短， 由等面积法可得，求得最小值为故A对. 对于B，如图，的外接圆的圆心分别为，三棱锥外接球的球心为，连接，则， 当时，则，所以， 所以球的半径故B错. 对于C，当时，如图，过球心作 则为的中点，且，又球半径为1，球与的一交点为， 则，又过作，， 球与底面的交线如图， 所以交线长为，故C对. 对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，该圆锥母线长为，底面圆半径为1， 故面积为，故D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为虚数单位．若集合，，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用集合的包含关系，列出方程组，即可求解. 【详解】由集合，，因为， 当时，此时，方程组无解； 当时，此时，解得， 综上可得，实数的值为. 故答案为：. 13. “序列”在通信技术中有着重要应用，该序列中的数取值于或1.设是一个有限“序列”，表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1，得到新的有序实数组.例如：，则.定义，，若中1的个数记为，则的前10项和为______. 【答案】 【解析】 【分析】设中有项为0，其中1和的项数相同都为，由已知条件可得①，②，进而可得③，再结合④，可得，分别研究为奇数和偶数时的通项公式，运用累加法及并项求和即可得到结果. 【详解】因为，依题意得，，， 显然，中有2项，其中1项为，1项为1，中有4项，其中1项为，1项为1，2项为0，中有8项，其中3项为，3项为1，2项为0， 由此可得中共有项，其中1和的项数相同， 设中有项为0，1和的项数相同都为，所以，， 从而①， 因为表示把中每个都变为，每个0都变为，每个1都变为0，1， 得到新的有序实数组， 则②， ①②得③， 所以④， ④③得， 所以当为奇数且时，， 经检验，当时符合，所以(为奇数)， 当为偶数，则为奇数，又因为， 所以， 所以， 当为奇数时，， 所以的前10项和为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转化为数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合已学数学知识进行解答. 14. 已知函数的定义域为，，，且对于，恒有，则________________. 【答案】## 【解析】 【分析】赋值求得，由可得，从而可求，进而求得当时，，从而利用求解即可. 【详解】由可得，所以， ， ， ，. 因为对于，恒有， 所以当时，，而， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键点是根据题意求得，，进而求得当时，. 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. 绿化祖国要扩绿、兴绿、护绿并举.某校植树节分别在甲，乙两块不同的土地上栽种某品种树苗各500株.甲地土质含有元素，乙地土质不含有元素，其它土质情况均相同，一段时间后，为了弄清楚该品种树苗的成活情况与元素含量是否有关联，分别在甲，乙两块土地上随机抽取树苗各50株作为样本进行统计分析.经统计，甲地成活45株，乙地成活40株. （1）根据所给数据，完成下面的列联表（单位：株），并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为该品种树苗成活与元素含量有关联？ 列联表 类别 树苗成活情况 合计 成活 不成活 含元素 不含元素 合计 （2）从样本中不成活的树苗中随机抽取3株，其中取自甲地的株数为，求的分布列及方差 参考公式：， 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1） 列联表如下： 类别 树苗成活情况 合计 成活 不成活 含元素 45 5 50 不含元素 40 10 50 合计 85 15 100 该品种树苗成活与元素含量无关联； （2） 的分布列为： 方差为. 【解析】 【分析】（1）题意可得列联表，进而计算可得，进而可得结论； （2）的可能取值为,求得分布列，进而可得数学期望与方差. 【小问1详解】 依题意可得列联表如下： 类别 树苗成活情况 合计 成活 不成活 含元素 45 5 50 不含元素 40 10 50 合计 85 15 100 零假设为：该品种树苗成活与元素含量无关联. 根据列联表中的数据， ， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为该品种树苗成活与元素含量无关联. 【小问2详解】 由题意知，不成活的树苗共有株，甲地不成活的树苗有株，的可能取值为, 故，， ， 故的分布列为： 期望； 方差. 16. 如图，在多面体中，底面为直角梯形，，，平面，. （1）证明：； （2）若，，且多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在中，， 在中，， 所以，， 所以，又平面，平面， 所以， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意易得，可证，由已知可得，从而可证平面，可证结论； （2）设多面体的体积为，，利用体积可求，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，利用向量法可求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设多面体的体积为，， 则， 解得， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 那么， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数 （1）当时，求在区间内极值点的个数； （2）若恒成立，求的值； 【答案】（1）2个 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数在上的单调性和导函数的单调性可求； （2）根据题意求出极大值点，进而求出的值，然后利用导数证明不等式恒成立即可. 【小问1详解】 时，，因在和上都单调递增， 而在单调递增，故在和上都单调递增. 下面来探讨函数在上的单调性. ①由，当时，是减函数，又，由零点存在定理:使得. 当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； ②设，则，当时，单调递增， 又，，故使得. 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 又，故使得. 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 综上，函数在区间上递增，在上递减，在上递增， 故函数在上共有2个极值点. 【小问2详解】 因，而恒成立，故是的极大值点， 因，则，解得. 下面只需证：当时，在上恒成立即可. 因，不妨设，则， ①若时，因，故，即在上单调递减； 则，在上单调递增，，符合题意； ②若时，因，，则恒成立， 在上单调递减，故，符合题意. 综上，符合题意. 【点睛】方法点睛：导函数解决问题时两种常用的转化方法： (1)是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用； (2)是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 18. 已知为坐标原点，动点在椭圆上，动点满足，记点的轨迹为 （1）求轨迹的方程； （2）在轨迹上是否存在点，使得过点作椭圆的两条切线互相垂直？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由： （3）过点的直线交轨迹于，两点，射线交轨迹于点，射线交椭圆于点，求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2）存在，或( （3） 【解析】 【分析】（1）利用相关点法即可求解； （2）当切线斜率都存在时，设过点的切线为，联立方程组，消元后根据，整理为，结合韦达定理和垂直条件可得，再根据，即可求解； （3）将代入轨迹的方程，结合韦达定理，求得的面积，再将代入椭圆C的方程可得，由，可得，令，由①②可知，从而求得取得最大值2，由题知的面积，又易知面积，从而四边形的面积，从而可求解. 【小问1详解】 设则， 由得， 又在椭圆上，所以 代入化简得， 所以点的轨迹的方程为 【小问2详解】 当两条切线的斜率存在时，设过点的切线为， 联立，消去得 则由判别式，得， 设两条切线的斜率分别为，依题意得 即， 又点在轨迹上，，解得， 或( 当两条切线的斜率有一条不存在时，结合图像得不合题意， 综上，存在满足条件的点，且点的坐标为或(. 【小问3详解】 将代入轨迹的方程， 可得， 由， 可得①，且，， 所以， 因为直线与轴交点的坐标为， 所以的面积 ， 将代入椭圆C的方程可得， 由，可得②， 令，由①②可知， 因此，故， 当且仅当，即时，取得最大值2， 由题知的面积，又易知面积， 从而四边形的面积， 所以四边形的面积的最大值为. 【点睛】关键点点睛： 第三问的关键是先求得的面积，再根据从而可得的面积，又易知面积，从而四边形的面积. 19. 已知为非零常数，，若对，则称数列为数列． （1）证明：数列是递增数列，但不是等比数列； （2）设，若为数列，证明：； （3）若为数列，证明：，使得． 【答案】（1） ， 故为公差为的等差数列，所以， 若，则当时，，不合题意， 若，则，满足要求， ， 因为，所以，故，故数列为递增数列， ，由于为递增数列，故不是常数， 不是常数，故数列是递增数列，但不是等比数列； （2） 因为为数列，所以，故， 因为， 所以， 因为， 当且仅当时，等号成立，所以； （3） 因为为数列， 所以， 所以， 令，则，解得， 所以，使得. 【解析】 【分析】（1）得到，证明出不合题意，符合要求，从而得到，结合得到，得到为递增数列，并得到不是常数，证明出结论； （2）得到，利用放缩得到，结合证明出结论； （3）得出，结合累加法得到，得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $