2024年普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（数学）

2024年全国普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（数学）一、选择题：本题共7小题，每小题5分，共35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.若，则（）A.1 B. C.i D.【答案】C【解析】【分析】根据复数三角表示的运算求解即可.【详解】.故选：C2.设是公差不为0的等差数列，成等比数列，则（）A.3 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】根据题意可得，运算可得，再根据等差数列通项可求得得解.【详解】设等差数列的公差为，，由题意可得，即，解得，又，，则，，.故选：B.3.已知正方体，平面与平面的交线为l，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由面面平行的性质可判断.【详解】如图，在正方体中，平面平面，平面平面，平面平面，.对于A，，，故A正确；对于B，因为与相交，所以与不平行，故B错误；对于C，因为与不平行，所以与不平行，故C错误；对于D，因为与不平行，所以与不平行，故D错误；故选：A.4.若函数有最小值，则t的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，将转化为关于的函数，讨论开口方向与对称轴判断即可.【详解】设，则，，有最小值.当时，二次函数开口向下，无最小值；当时，无最小值；当时，若在上有最小值，则对称轴，解得.故选：A5.设，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式，结合正弦型函数的值域、正切函数的单调性进行求解即可.【详解】，因为，所以当时取等号，即当；，其中，因为，所以当时取等号，即当；，其中，因为，所以当时取等号，即当；因为，所以当且仅当，，时取等号，因为，，所以有所以，即，故选：D6.向量满足，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在平面直角坐标系中，令，利用向量夹角公式建立方程，再求出方程所对曲线上的点到原点距离即得.【详解】在平面直角坐标系中，不妨令，则，由，得，整理得，即，于是，显然方程对应曲线关于x轴对称，不妨令，则方程化为，表示以点为圆心，1为半径的圆在x轴及上方部分，点到原点的距离，直线，由消去y得：，显然，即直线与圆的两个交点分别为，有，即有，从而，因此直线与曲线交于两点，而，则，所以的取值范围是.故选：B7.暗箱中有编号为1，2的2个球，现从中随机摸1个球，若摸到2号球，则得2分，并停止摸球；若摸到1号球，则得1分，并将此球放回，重新摸球．记摸球停止时总得分为X，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【分析】根据题意可得的可能取值为2,3,4,5…,n，求出对应的概率并运算得.【详解】由题意可得的可能取值为2,3,4,5…n，，，,…，，，①则，②①②得，，即得.当时，.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题5分，共15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5分，有选错的得0分，部分选对的，少选择1个正确选项得3分，少选择2个正确选项得1分，否则得0分.8.对于数集，，它们的Descartes积，则（）A. B.若，则C. D.集合表示轴所在直线E.集合表示正方形区域（含边界）【答案】BCDE【解析】【分析】根据新定义逐个选项判断即可.【详解】由题知，表示数集中的数表示横坐标，数集中的数表示纵坐标，组成的点的全体，故，A错；若，则，B正确；，，则，C正确；集合表示轴所在直线，D正确；集合表示正方形区域（含边界），E正确.故选：BCDE9.已知直线经过抛物线的焦点，与交于，两点，与的准线交于点，若成等差数列，则（）A. B. C. D. E.【答案】ABCE【解析】【分析】由直线过焦点可求出抛物线的解析式，然后利用数型结合及抛物线定义逐项判断即可求解.【详解】由题知直线过定点且经过抛物线的焦点，得，所以，抛物线方程：，根据题意作出图形准线并交准线于，准线且交准线于，如图所示.对A：上述求解，故A正确；对B、C：由成等差数列，所以，所以，且由成等差数列，，得，，所以，故B正确，，故C正确；对D：由B、C及抛物线定义知，所以在中，，所以，所以，此时斜率，又考虑到抛物线的对称性当斜率时也成立，故D错误.对E：由B、C、D知点为的中点，且焦距，所以，得，故E正确.故选：ABCE.【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为线段满足的数量关系，进而求解．10.存在定义域为的函数满足（）A.是增函数，也是增函数B.是减函数，也是减函数C.对任意的，但D.是奇函数，但是偶函数E.的导函数的定义域也是，且【答案】AC【解析】【分析】根据复合函数的单调性、奇偶性、反函数的定义求解.【详解】对于，根据复合函数的单调性可知，是增函数，也是增函数，则正确；对于，根据复合函数的单调性可知，是减函数，也是增函数，则错误；对于，令，则，即存在定义域为函数满足题意，则正确；对于，由是奇函数，令，则，即为奇函数，则错误；对于，令，则其反函数为，由可知，即，则函数不存在，则错误；故选：.【点睛】解决抽象函数的问题可以通过举一些常见的初等函数来解决问题.三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.11.曲线在点处的切线方程是__________．【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义，结合直线点斜式方程进行求解即可.【详解】，所以曲线在点处的切线的斜率为，所以方程为，故答案为：12.写出一个正整数，使得的展开式中存在常数项：__________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据二项展开式的通项即可得出结论.【详解】由题知，的通项为，要使展开式中存在常数项，只需有解，又正整数，，则，所以不妨令，则故答案为：（答案不唯一）13.设双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的右支上，当时，_______；当P运动时，的最小值为__________．【答案】①.16②.##4.5【解析】【分析】根据勾股定理和双曲线定义求解可得；利用定义消元，然后由对勾函数求解可得.【详解】由题知，，，当时，，由定义知，，则，所以，得；，由对勾函数性质可知，当时，取得最小值，所以的最小值为.故答案为：16；.14.已知某圆台的侧面是一个圆环被圆心角为的扇形所截得的扇环，且圆台的侧面积为，则该圆台体积的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】先利用圆台的侧面积公式及弧长公式可得和，进而得出，结合图形利用勾股定理得出圆台的高；再根据台体的体积公式计算圆台的体积；最后构造函数，利用导数求出函数的最值即可求出答案.【详解】圆台及侧面展开图如图所示，设圆台上底面为圆，半径为，下底面为圆，半径为，圆台母线为.由圆台的侧面积为，可得：，整理可得：.由侧面展开是圆心角为的扇形所截得的扇环，可得：，整理可得：.所以圆台的高.所以圆台体积.由和可得：.因为，所以.令，则，所以.令，.因为，所以函数在上单调递增，则.所以，即.则该圆台体积的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查圆台的侧面积及体积等相关量的计算.解题关键在于结合圆台及侧面展开图找到相关几何关系，列出关系式，表示出体积；难点在于求体积的取值范围，需要构造函数，利用导数研究函数的最值.四、解答题：本题共6小题，共80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，．（1）求C；（2）若，求的最小值．【答案】15.16.【解析】【分析】（1）根据两角和正弦余弦公式化简可得，再根据诱导公式化简可得；（2）由余弦定理求出的取值范围后即可求出.【小问1详解】因为，所以，，即即，因为是的内角，所以，即，所以.【小问2详解】在中，，得，因为是的边长所以，所以，即因为，所以，所以的最小值为.16.己知数列和满足．（1）证明：；（2）是否存在，使得数列是等比数列？说明理由．【答案】16.证明见解析17.不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）两式平方相加，由同角三角函数平方关系可得；（2）假设存在，等比数列各项均不为，则由通项公式与三角函数有界性可推出矛盾.【小问1详解】由题意得，，，两式相加得，，得证.【小问2详解】若，则数列不是等比数列；若，假设存在，使得数列是等比数列.由（1）结论得，，，则，故数列是公比为的等比数列，则，但当时，，由，则，产生矛盾，故不存在，数列是等比数列.17.设，函数．（1）讨论的单调性；（2）若，求a的取值范围；（3）若，求a．【答案】（1）在单调递减，在单调递增（2）（3）【解析】【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；（2）构造函数，分类讨论与，结合（1）中结论即可得解；（3）构造函数，利用导数分类讨论的取值范围，结合的单调性即可得解.【小问1详解】因为的定义域为，，则，令，得；令，得；所以在单调递减，在单调递增.【小问2详解】因为，所以等价于，记函数，当时，，不合题意；当时，由（1）知，解得；综上，的取值范围是.【小问3详解】记函数，则，若，令，得；令，得；在单调递增，在单调递减，故，符合题意；若，当时，，则单调递减，故，不合题意；若，当时，，则在单调递增，故，不合题意；若，当时，，则在单调递增，故，不合题意.综上，.【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.18.己知二面角，点与棱l的距离为，与半平面所在平面的距离为3．（1）求二面角的余弦值；（2）设，动点在半平面所在平面上，满足．（i）求Q运动轨迹的长度；（ii）求四面体体积的最大可能值．【答案】（1）或（2）（i）或；（ii）【解析】【分析】（1）作出图形，利用数型结合及二面角知识即可求解.（2）（i）作出在内的平面运动轨迹图，然后分类讨论，从而求解.（ii）中点到平面的距离为定值，则只需求解的取值，又因为定值，即可转化为点到直线距离，从而求解.【小问1详解】设在，所在平面的射影分别为,，连接，则，，且平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以或其补角即为所求二面角的平面角，所以此二面角正弦值为，所以余弦值为.故余弦值为或..【小问2详解】（i）因为，所以，此时在平面内的平面图如下图若，则以为圆心，为半径的圆在中的部分是一段优弧，此时可知所对的劣弧角的一半设为，则，得所以优弧对应圆心角为，因此的运动轨迹长度为.若，则以为圆心，为半径的圆在中的部分是一段劣弧，此时由知劣弧对应的圆心角为，因此的运动轨迹长度为（ii）四面体的体积，其中为到平面的距离，为的面积，为到直线的距离，其在中的平面图如下图，由（i）知若，则当时，取最大值，此时；若，则当时，取最大值，此时；所以四面体的最大值为..19.设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．（1）若，求；（2）若，求的最小值；（3）对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；（2）利用定义，结合对数的运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.【小问1详解】不妨设，则.所以.【小问2详解】当时，，记，则，令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，则单调递增，而，所以在为负数，在为正数，则在单调递减，在单调递增，所以的最小值为.【小问3详解】令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，即，当且仅当时，等号成立，则当时，，所以，即，故，当且仅当对所有的时等号成立.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标，熟练掌握对数的运算法则即可得解.本题分I、Ⅱ两部分，考生任选其中一部分作答．若多选，则按照I部分计分．20.（1）如图1，点A在直线l外，仅利用圆规和无刻度直尺，作直线（保留作图痕迹，不需说明作图步骤）．（2）证明：一簇平行直线被椭圆所截弦的中点的轨迹是一条线段（不含端点）；（3）如图2是一个椭圆C，仅利用圆规和无刻度直尺，作出C的两个焦点，简要说明作图步骤．【答案】（1）作图见解析；（2）证明见解析；（3）答案见解析【解析】【分析】（1）利用尺规作图的方法即可得解；（2）利用点差法，分类讨论即可得解；（3）熟悉掌握作图方法，结合平面的性质即可得解.【详解】（1）如图，（2）建立适当的坐标系，使椭圆的方程为.若该簇平行直线斜率不存在，它们被椭圆所截弦的中点均在轴上，因而轨迹是长轴(不含左、右顶点)；若该簇平行直线斜率存在且为，与椭圆交于两点，则有，相减得，，结合得，这表明，弦的中点在定直线上，因而弦中点的轨迹是该直线被椭圆所截得的弦(不含端点).（3）①任取椭圆上4点；②过作直线平行