吉林省吉林市第一中学2024届高三 数学适应性试卷（二）【含答案】

2024年吉林一中高考数学适应性试卷（二）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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，形成一个统一的整体，气势恢宏，底面直径为，高为30m，则该建筑的侧面积为（

）A． B． C． D．3．已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（

）A．24 B．18 C．12 D．64．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，“”是“”（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件5．为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为８小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（

）A．0.96 B．0.94 C．0.79 D．0.756．已知函数的定义域为，其导函数满足，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．7．已知为第一象限角，若函数的最大值是，则（

）A． B． C． D．8．在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（

）A． B．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．已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（

）A． B．C．的最小值为3 D．的最小值为310．已知，且是方程的两根，下列选项中正确的是（

）A． B．C． D．11．设三个向量不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：成立．我们把叫做基底，把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．已知三棱锥．以为坐标原点，以为轴正方向，以为y轴正方向，以为轴正方向，以同方向上的单位向量为基底，建立斜坐标系，则下列结论正确的是（

）A． B．的重心坐标为C．若，则 D．异面直线AP与BC所成角的余弦值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若函数在上单调递减，则实数的取值范围为．13．已知点，，若圆上有且只有一点，使得，则实数的一个取值为.（写出满足条件的一个即可）14．在中，点O满足，且AO所在直线交边BC于点D，有，，，则的值为.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．已知，函数.(1)求的单调区间.(2)讨论方程的根的个数.16．四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.(1)求证：BD⊥PA；(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.17．为不断改进劳动教育，进一步深化劳动教育改革，现从某单位全体员工中随机抽取3人做问卷调查.已知某单位有N名员工，其中是男性，是女性.(1)当时，求出3人中男性员工人数X的分布列和数学期望；(2)我们知道，当总量N足够大而抽出的个体足够小时，超几何分布近似为二项分布.现在全市范围内考虑.从N名员工（男女比例不变）中随机抽取3人，在超几何分布中男性员工恰有2人的概率记作；有二项分布中（即男性员工的人数）男性员工恰有2人的概率记作.那么当N至少为多少时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.（参考数据：）18．如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q．(1)求C的方程；(2)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由；(3)设S1，S2分别为△ABN和△NPQ的外接圆面积，求的取值范围．19．数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列．(1)已知数列满足，．（ⅰ）求，，；（ⅱ）证明：是一阶等比数列；(2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值．1．D【分析】分别解二次不等式，对数不等式化简集合A，B，后由补集，交集定义可得答案.【详解】由，得，所以；由，得，解得，所以.所以或，所以.故选：D．2．C【分析】根据已知条件求得圆锥的母线长，进而直接根据圆锥侧面积公式求解即可.【详解】如图，由题底面直径，高，所以底面半径r＝OC＝4，母线长．所以圆锥的侧面积为：．故选：C．3．A【分析】首先根据题意求得，然后结合二项式定理即可求解.【详解】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能，从而的展开式为，令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A.4．C【分析】根据正弦定理和正切函数的性质以及充要条件的判定即可得到答案.【详解】当，根据正弦定理得，显然A，，则，因为A，B为三角形内角，则,则充分性成立；当，因为A，B为三角形内角，则不会存在的情况，则A，，则，则，根据正弦定理则，故必要性成立；则“”是“”的充分必要条件.故选：C．5．B【分析】利用抽样中样本平均数、方差与总体平均数、方差之间的关系式即可算出．【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），该地区中学生每天睡眠时间的方差为：．故选：B．6．A【分析】令，求导可得在上单调递减，由已知可得，可得，可得不等式的解集.【详解】由题意知，当时，，令，则，所以在上单调递减，不等式等价于，即为，所以，解得.故选：A.7．D【分析】利用三角恒等变换整理得，结合最值可得，解得，，代入即可得结果.【详解】由题意可得：，则，解得，且为第一象限角，则，故.故选：D.8．D【分析】设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案．【详解】解：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，又平面，所以，又，所以四边形是边长为1的正方形，所以外接球半径，所以到平面的距离，即点到平面距离的最大值为.故选：D.9．ABD【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D.【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确；对B：设，，则，即，则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，，选项B正确；对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点），所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，的取值范围为，无最小值，选项C错误；对D：，表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离，为纯虚数或0，在轴上（除去点），当时取得最小值3，∴选项D正确.故选：ABD．10．AD【分析】由方程解出，利用两角和与差的正弦余弦正切公式和同角三角函数的商数关系，求解各选项中的算式，验证选项.【详解】是方程的两根，又，解得，，A选项正确；，B选项错误；，C选项错误；，，则，有，，，D选项正确.故选：AD.11．AB【分析】根据新定义判断A，由新定义得出三点坐标，再由重心坐标公式判断B，根据向量的数量积是否等于0判断C，由向量的夹角公式判断D.【详解】因为，所以，故A正确；因为，，所以,所以，即，故B正确；因为，，所以，所以错误，故C错误；因为，，所以，故面直线AP与BC所成角的余弦值为，故D错误.故选：AB12．【分析】根据题意，设，则，利用复合函数的单调性，可得在上为减函数，且恒成立，结合一次函数的性质分析可得答案．【详解】解：根据题意，设，则，若函数在上单调递减，利用复合函数的单调性，可得在上为减函数且恒成立，即，解得，即a的取值范围为．故答案为：．13．(答案不唯一)【分析】根据题意，分析圆的圆心坐标以及半径，设中点为，由的坐标分析的坐标以及的值，可得以为直径的圆，进而分析，原问题可以转化为圆与圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解.【详解】由题知，圆，即，圆心为，半径，设中点为，因，，则，，以为直径的圆为，因为圆上有且只有一点，使得，则圆与圆相切，又，即有或，解得或.故答案为：14．2【分析】由题干条件得到点为的内心，再由切线长定理和向量数量积公式变形得到答案.【详解】，变形为，即，其中表示方向上的单位向量，表示方向上的单位向量，故在的平分线上，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，因为，所以，故，因为，所以，故，故平分，故点为的内心，过点作⊥于点，作⊥于点，作⊥于点，则，因为，所以，又，所以，由向量数量积得，故.故答案为：2【点睛】方法点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心，点为所在平面内的点，且，则点为的垂心，点为所在平面内的点，且，则点为的外心，点为所在平面内的点，且，则点为的内心.15．(1)减区间为：，；增区间为：.(2)【分析】（1）求导，利用导函数的符号可确定函数的单调区间.（2）利用函数的单调性，确定函数值的符号和最值，可确定方程零点的个数.【详解】（1）因为（）.所以：.由，又函数定义域为，所以函数在和上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以：当时，，方程无解；当，函数在上递减，在递增，所以，所以方程无解.综上可知：方程的根的个数为.16．(1)证明见解析(2)存在，N为PM的中点【分析】（1）先证明AD⊥BD，PE⊥BD，即可证明BD⊥平面PAD，从而BD⊥PA；（2）建立坐标系，用向量法求解即可【详解】（1）取AD的中点E，连接PE，CDAB，，，，，∴∠DBA=45°，，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，∴PA=PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD∵平面PAD⊥半面ABCD，平面平面ABCD=AD，半面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，平面ABCD，∴PE⊥BD又平面PAD，平面PAD，∴BD⊥平面PAD，又平面PAD∴BD⊥PA.（2）延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，以B为原点，以BM､BA､平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，则，，设，则，设平面PCD的法向量为，则，，即令可得，设平面CDN的法向量为，则，，即，令可得，，若二面角P-DC-N的余弦值，则解得：或，令可得，解得，故当时，二面角P-DC-N为锐二面角，当时，二面角P-DC-N为钝二面角，，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P-DC-N的余弦值为.17．(1)分布列见解析，数学期望为(2)N至少为145时，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布【分析】（1）利用超几何分布概率模型求出概率，即可列出分布列和求数学期望；（2）利用二项分布概率模型和超几何分布概率模型即可求解.【详解】（1）当时，男性员工有8人，女性员工有12人.服从超几何分布，，，，，，∴的分布列为0123数学期望为.（2），，由于，则，即，即，由题意易知，从而，化简得，又，于是.由于函数在处有极小值，从而当时单调递增，又，.因此当时，符合题意，而又考虑到和都是整数，则一定是5的整数倍，于是.即N至少为145，我们可以在误差不超过0.001（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布.18．(1)(2)直线PQ过定点（4，0），理由见解析(3)【分析】（1）因为离心率，将点代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案．（2）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可得出答案．（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为R1，R2，由正弦定理可得，又，可得，设直线PQ的方程为，与双曲线C的方程，可得，，由韦达定理得m的范围，结合弦长公式及函数性质进而可得答案．【详解】（1）因为离心率，所以双曲线的方程为，将点代入双曲线方程得，所以，所以双曲线C的方程为．（2）直线PQ过定点，理由如下：设，直线PQ的方程为，联立，整理得，则，直线，所以，又N，B，Q三点共线，所以，即，即，即．因为，所以，代入上式得，所以．所以PQ过定点.（3）设△ABN和△NPQ的外接圆半径分别为由正弦定理可得，又，所以，即．设直线PQ的方程为x＝my+4，与C的方程联立，整理得，则，又，即，解得，又因为，所以．【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线位置关系，关键是利用代换整理得直线过定点解决第2问.19．(1)（ⅰ），，；（ⅱ）证明见解析(2)当时，为整数.【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造即可证明；（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，可得，结合进而可得，从而分析为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可.【详解】（1）（ⅰ）由，易得，……由一阶等差数列的定义得：，，.（ⅱ）因为，