山西省临汾市2024届高考考前适应性训练考试(一)数学试题（教师版）

临汾市高考考前适应性训练考试（一）数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置.2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效.3.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案用0.5mm黑色签字笔写在答题卡上.4.考试结束后，将本试题和答案一并交回.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，，且，则实数的所有取值构成的集合是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据函数的定义域求得集合，对进行分类讨论，从而求得正确答案.【详解】由解得，所以.对于集合，若，则，满足.若，则，要使成立，则，所以或，解得或，所以的所有取值构成的集合是.故选：D2.已知，其中，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算法则计算得到和，然后求即可.【详解】，则，所以，，.故选：A.3.椭圆与椭圆的（）A.长轴长相等 B.短轴长相等 C.离心率相等 D.焦距相等【答案】D【解析】【分析】求出两椭圆的长轴长、短轴长、焦距以及离心率，即可得出合适的选项.【详解】椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，离心率为，所以，两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心率也不相等.故选：D.4.将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，且为奇函数，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先对解析式进行降幂，再平移得到，利用奇函数特征求得，考虑范围即得.【详解】由向左平移个单位得到的图象，因为奇函数，故，则，即，又，则.故选：C.5.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（）A. B. C.3 D.7【答案】B【解析】【分析】根据已知结合投影向量概念得出，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，在上的投影向量为，又在上的投影向量，所以，所以，所以，所以.故选：B.6.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】分析】根据指数函数、对数函数以及幂函数单调性结合中间变量比大小即可.【详解】易知，，因，则，故得，显然B正确.故选：B7.已知数列满足：，设，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】计算得出，可求出的通项公式，即可求得的值.【详解】因为数列满足：，且，对任意的，为偶数，则，所以，，所以，.故选：A.8.在平行四边形中，，，，分别为，的中点，将沿直线折起，构成如图所示的四棱锥，为的中点，则下列说法不正确的是（）A.平面平面B.四棱锥体积的最大值为C.无论如何折叠都无法满足D.三棱锥表面积的最大值为【答案】C【解析】【分析】根据题意，连接,判断选项A;当平面平面,四棱锥体积最大，判断选项B;利用线面垂直，判断选项C;当在根据对称性此时的面积最大，求出表面积，判断选项D.【详解】选项A，平行四边形,所以，又,分别为中点，所以,即四边形为平行四边，所以,又平面,平面,所以平面，又是中点，所以,又平面,平面,所以平面,又,平面,所以平面平面，故A正确；选项B，当平面平面,四棱锥的体积最大，因为，所以最大值为,故B正确；选项C，根据题意可得,只要,,平面,所以平面，即,故C错误；选项D，当,根据对称性可得,此时的面积最大，因此三棱锥表面积最大，最大值为,选项D正确.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（）A.平面 B.C.，，，四点共面 D.平面平面【答案】AD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间向量判断空间直线、平面的位置关系的方法，可判断A，B；判断为异面直线，可判断C；根据空间直线和平面的垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，可判断D.【详解】如图，以D坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则,则,则，故，即，而平面，故平面，A正确；由于，且没有倍数关系，即两向量不共线，故不平行，B错误；由于平面，平面，,故为异面直线，则，，，四点不共面，C错误；由于平面，故平面，又平面，故平面平面，D正确，故选：AD10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.点是图象的一个对称中心B.函数在上单调递减C.函数在上的值域为D.函数在上有且仅有2个极大值点【答案】ABD【解析】【分析】首先化简解析式.选项AB，代入验证可得；选项C，将看作整体，得整体角范围，结合正弦函数图象可求值域；选项D，由整体角取值求出所有极大值点，再确定上的极大值个数即可.【详解】.则的最小正周期为，选项A，当时，，故点是图象的一个对称中心，A正确；选项B，当时，，取到最大值，又的周期为，则在，即单调递减，故B正确；选项C，当时，，，则，故在上的值域为，C错误；选项D，由，解得，.当时，得或，所以在上有且仅有两个极值点，D正确.故选：ABD.11.设是坐标原点，抛物线的焦点为，点，是抛物线上两点，且.过点作直线的垂线交准线于点，则（）A.过点恰有2条直线与抛物线有且仅有一个公共点B.的最小值为2C.的最小值为D.直线恒过焦点【答案】BC【解析】【分析】根据抛物线的性质判断A选项；根据得到，然后利用点斜式写直线的方程即可得到定点，即可判断D选项；利用韦达定理和弦长公式得到，然后利用二次函数的性质求最小值，即可判断C选项；根据题意得到点的轨迹，然后求最小值，即可判断B选项.【详解】由抛物线的性质可知，过点会有3条直线与抛物线有且仅有一个公共点，其中2条直线与抛物线相切，1条斜率为零的直线与抛物线相交，故A错；设，，因为，所以，解得，若，则或，此时,当时，直线的方程为，所以直线恒过定点，故D错；设直线：，联立得，，则，，，所以当时，最小，最小为，故C正确；因为，所以直线为，联立得，则，即为准线上的动点，所以当点为时，最小，为2，故B正确.故选：BC.12.已知函数在上可导且，其导函数满足：，则下列结论正确的是（）A.函数有且仅有两个零点B.函数有且仅有三个零点C.当时，不等式恒成立D.在上的值域为【答案】AC【解析】【分析】对A：构造函数，根据题意，求得，令，即可求解后判断；对B：对求导分析其单调性，结合零点存在定理，即可判断；对C：对的取值分类讨论，在不同情况下研究函数单调性和最值，即可判断；对D：根据B中所求函数单调性，即可求得函数值域.【详解】令，则，故（为常数），又，故可得，故，.对A：令，即，解的或，故有两个零点，A正确；对B：，则，令，可得，故在和单调递增；令，可得，故在单调递减；又，，又，故存在，使得；又，故存在，使得；又当时，，故不存在，使得；综上所述，有两个根，也即有个零点，故B错误；对C：，即，，当时，，上式等价于，令，故可得，故在上单调递增，，满足题意；当时，，也满足；综上所述，当时，恒成立，故C正确；对D：由B可知，在单调递减，在单调递增，且，，故在上的值域为，D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考察利用导数研究函数的单调性、零点、不等式恒成立和值域问题；其中解决问题的关键是能够构造函数，准确求出的解析式，属综合困难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.二项式的展开式的常数项是___________．【答案】7【解析】【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果.详解：二项式的展开式的通项公式为,令得，故所求的常数项为点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出特定项的系数.14.已知点在圆内，则直线与圆的位置关系是______.【答案】相离【解析】【分析】根据点与圆的位置关系得到，然后利用圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系即可.【详解】因为点在圆内，所以，圆的圆心到直线的距离为，又，则，所以直线与圆相离.故答案为：相离.15.甲、乙两人向同一目标各射击一次，已知甲命中目标的概率为.乙命中目标的概率为，已知目标至少被命中次，则甲命中目标的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】计算得到目标至少被命中次的概率、目标至少被命中次且甲命中目标的概率，由条件概率公式可求得结果.【详解】记事件为“甲命中目标”，事件为“目标至少被命中次”，则，，.故答案为：.16.设函数，，曲线有两条斜率为的切线，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】由可得出，令，则，分析可知，函数在上有两个不等的零点，利用二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，解之即可.【详解】因为，则，令，可得，可得，因为，令，则，且函数在上单调递增，令，其中，因为曲线有两条斜率为的切线，则函数在上有两个不等的零点，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明；证明过程或演算步骤.17.在①，②外接圆面积为，这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并作答.在锐角中，，，的对边分别为，，，若，且______.（1）求；（2）若的面积为，求的周长.【答案】17.18.8【解析】【分析】（1）选①或选②都可借助正弦定理得到，即可得；（2）借助余弦定理与三角形面积公式计算即可得.【小问1详解】由得，若选①：由正弦定理得，所以，则，又因为，故；若选②：外接圆半径，由正弦定理，所以，则，又因为，故；【小问2详解】由（1）知，所以，因为的面积为，所以，所以，因为，所以，由余弦定理得，，所以，所以，所以，所以的周长为8.18.已知数列的首项，且满足，等比数列的首项，且满足.（1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）求数列的前项和【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）利用定义法判断等比数列并求解通项公式即可.（2）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】因为，又因为，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以【小问2详解】因为，所以，故，所以，令，则，所以，，所以，，所以19.如图，在三棱柱中，，，，二面角的大小为.（1）求四边形面积；（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，由给定条件结合余弦定理求出，再推证即可求出四边形面积.（2）由已知可得两两垂直，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得.【小问1详解】在三棱柱中，取的中点，连接，在中，由，，得，，在中，由，，得，，则为二面角的平面角，即，在中，由余弦定理得，解得，又，平面，则平面，而平面，于是，显然，则，所以平行四边形的面积.【小问2详解】由（1）知，有，则，同理，又，，即，则，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，假设存在点满足题意，不妨设，则，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成的角为，则，解得，此时，所以存在点满足题意，且的长为.20.现有5个红色气球和4个黄色气球，红色气球内分别装有编号为1，3，5，7，9的号签，黄色气球内分别装有编号为2，4，6，8的号签.参加游戏者，先对红色气球随机射击一次，记所得编号为，然后对黄色气球随机射击一次，若所得编号为，则游戏结束；否则再对黄色气球随机射击一次，将从黄色气球中所得编号相加，若和为，则游戏结束；否则继续对剩余的黄色气球进行射击，直到和为为止，或者到黄色气球打完为止，游戏结束.（1）求某人只射击两次的概率；（2）若某人射击气球的次数与所得奖金的关系为，求此人所得奖金的分布列和期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用古典概型计算概率的公式和概率的基本性质计算即可；（2）分别求出射击两次、三次、四次和五次的概率，然后列分布列求期望即可.【小问1详解】设表示事件：对红色气球随机射击一次，所得编号为，则，设表示事件：对黄色气球随机射击一次，所得编号为，则，表示事件：某人只射击两次.则.即某人只射击两次的概率为.【小问2详解】由题知的可能取值为2，3，4，5，为30，20，10，0，其概率分别为，，，，的分布列为0102030.21.已知是一个动点，与直线垂直，垂足A位于第一象限，与直线垂直，垂足位于第四象限.若四边形（为原点）的面积为.（1）求动点的轨迹的方程；（2）设过点的直线与，分别相交于，两点，和的面积分别为和，若，试判断除点外，直线与是否有其它公共点？并说明理由.【答案】（1）（2）除点，直线与曲线没有其它公共点，理由见解析【解析】【分析】（1）设，根据题意结合点到直线距离公式运算求解；（2）根据题意分析可知为的中点，可得直线的斜率，与曲线的方程联立结合判别式分析判断，注意讨论直线的斜率斜率是否存在.