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文档简介

新疆维吾尔自治区2024年普通高考第二次适应性检测数学(卷面分值:150分考试时间:120分钟)注意事项:1.本试卷分选择题和非选择题两部分,答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上.2.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,再选涂其它答案标号,写在本试卷上无效.3.回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.一、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.已知复数满足,且,则A. B. C.2 D.2.已知集合,,则下列选项中正确的是A. B. C. D.3.若函数的图象关于点对称,则A. B. C.1 D.24.已知直线(为常数)与圆交于点,,当变化时,若的最小值为2,则A. B. C. D.5.设是等差数列,下列结论中正确的是A.若,则 B.若,则C.若,则 D.若,则6.过点且与曲线相切的直线方程为A. B.C.或 D.或7.设,,且,则A. B.C. D.8.已知椭圆的左、右焦点分别为,,为椭圆上不与左右顶点重合的任意一点,,分别为的内心和重心,则A.0 B.1 C. D.3二、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.下列结论正确的是A.若样本数据的方差为2,则数据的方差为8B.若随机变量,,则C.已知经验回归方程为,且,,则D.根据分类变量与成对样本数据,计算得到,依据小概率值的独立性检验,可推断“与有关联”,此推断犯错误的概率不大于0.00110.已知,是两个平面,,是两条直线,则下列命题正确的是A.如果,,那么B.如果,,那么C.如果,,,那么D.如果,,那么与所成的角和与所成的角相等11.已知函数是定义在上的奇函数,且,若时,,函数.若与恰有2024个交点,,,,则下列说法正确的是A.B.函数的图象关于直线对称C.D.当实数时,关于的方程恰有四个不同的实数根三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知向量,,若,则_________.13.某学校组织学生参加劳动实践活动,其中2名男生和4名女生参加农场体验活动,体验活动结束后,农场主与6名同学站成一排合影留念,则2名男生相邻且农场主站在正中间的排列数为_________.(用数字作答)14.我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体,该几何体的一种结构是三个面均为梯形,其他两面为三角形的五面体.如图所示,四边形,,均为等腰梯形,,,,,到平面的距离为5,与间的距离为10,则这个羡除的体积_________.四、解答题:本大题共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.(13分)如图,中,点为边上一点,且满足.(1)证明:;(2)若,,,求的长度.16.(15分)某人工智能研究实验室开发出一款全新聊天机器人棋型,它能够通过学习和理解人类的语言来进行对话.聊天机器人棋型的开发主要采用(人类反馈强化学习)技术,在测试它时,如果输入的问题没有语法错误,则它的回答被采纳的概率为90%,当出现语法错误时,它的回答被采纳的概率为50%.(1)在某次测试中输入了7个问题,聊天机器人棋型的回答有5个被采纳,现从这7个问题中抽取4个,以表示抽取的问题中回答被采纳的问题个数,求的分布列和数学期望;(2)设输入的问题出现语法错误的概率为,若聊天机器人棋型的回答被采纳的概率为80%,求的值.17.(15分)已知椭圆的左焦点为,上任意一点到的距离的最大值和最小值之积为1,离心率为.(1)求的方程;(2)设过点的直线与交于,两点,若动点满足,,动点在椭圆上,求的最小值.18.(17分)在圆柱中,是圆的一条直径,是圆柱的母线,其中点与,不重合,,是线段的两个三等分点,,,.(1)若平面和平面的交线为,证明:平面;(2)设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和,平面和底面圆所成的锐二面角为,若,求的值.19.(17分)已知函数,其中.(1)讨论的极值点个数,并说明理由;(2)若,设为的极值点,为的零点,且,求证:.新疆维吾尔自治区2024年普通高考第二次适应性检测数学参考答案一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.1.D2.B3.D4.C5.C6.C7.B8.A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.AC10.ABD11.BCD三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.12.13.19214.200四、解答题:本大题共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.解:(1)在中,由正弦定理得,在中,由正弦定理得,又,故,,由于,因此.(2)由,,得,,又为三角形的内角,则,由(1)知,故.因为,所以,故.16.解:(1)易知的所有取值为2,3,4,,,,故的分布列为:234则.(2)记“输入的问题没有语法错误”为事件,记“输入的问题有语法错误”为事件,记“回答被采纳”为事件,由已知得,,,,,,,,解得.17.解:(1)设,,则.又因为,所以,即,又椭圆的离心率,所以,则,解得,故的方程为.(2)设,,,因为,所以,若,则,即与重合,与矛盾,若,则,即与重合,与矛盾,故,于是,将点代入,化简得,同理可得,,故,为方程的两根,于是,即,动点在定直线上.令直线,当与相切时,记,的距离为,则,联立可得,由,解得,又,则,此时,解得,,即切点为,直线,的距离为,故的最小值为.18.(1)证明:由已知易得是的中点,是的中点,,又平面,平面,平面,又平面,平面平面,由线面平行的性质定理可得,又平面,平面,平面(2)解:以为坐标原点,方向为轴,底面圆所在平面内垂直于方向为轴,方向为轴建立如图所示空间直角坐标系.由对称性,不妨设,易得底面圆的半径为1,则:,,,,,,,易知底面圆的一个法向量为,,,设平面的一个法向量为,则,令,解得,.,,设平面的一个法向量为,则,令,解得,.,且,,,过点作的垂线,垂足为点.因为为圆柱的母线,所以平面,又平面,所以,又,所以平面,故,所以为平面和底面圆所成锐二面角的平面角..19.(1)解:由已知,的定义域为,①当时,,从而,所以在内单调递增,无极值点;②当时,令,则由于在上单调递减,,,所以存在唯一的,使得,所以当时,,即;当时,,即,所以是的唯一极值点.所以当时,在上有且仅有一个极值点.综上所述,当时,函数无极值点;当时,函数只有一个极值点.(2)证明:由题意得,即从而,即.令,其中,则,当时,,单调递增,当时,,单调递减,故,则,于是.因为当时,,又,故,即,两边取对数,得,于是,整理得.以上解法仅供参考,如有其他方法,酌情给分.参考答案解析1.D法一:,,,,.法二:,,,2.B,(A误)(B正确),(C误)(D错误)3.D关于对称则4.C.直线过,则解析如图:即(当且仅当时取得最小值)5.CA.(误)B.(误)C.应用一般不等式有:,又故不存在使原式取等情况,正确D.与后式或无关且、只可能同时大于或小于(误)6.切线,,有:解得或代入可得.7.B,,或(舍),8.A法一:I:内心:G重心:,联立解分线上点到角两

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