2024届湖南省长沙市长郡中学高考适应考试（四）数学试题（含解析）

长郡中学2024届高考适应性考试（四）
数学
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，，，则集合中元素的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知复数在复平面内对应的点为，是的共轭复数，则（ ）
A． B． C． D．
3．若向量，，则“”是“向量，的夹角为钝角”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．智能主动降噪耳机的工作原理是通过耳机两端的噪声采集器采集周围的噪声，然后通过主动降噪芯片生成与噪声相位相反、振幅相同的声波来抵消噪声（如图）．已知噪声的声波曲线（其中，，）的振幅为1，周期为，初相位为，则通过主动降噪芯片生成的声波曲线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
5．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（ ）
A．4 B． C．2 D．
6．当圆的圆心到直线的距离最大时，（ ）
A． B． C． D．
7．《九章算术 商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵．斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面截正方体可得两个堑堵，再沿平面截堑堵可得一个阳马（四棱锥），一个鳖臑（三棱锥），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为1，，平面与图中瞥臑的截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
8．已知，且，则（ ）
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．下列关于的展开式的说法中正确的是（ ）
A．所有项的系数和为64 B．常数项为第4项
C．共有3项整式 D．项的系数是
10．已知函数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的最小值为1 B．，
C． D．
11．已知抛物线的准线方程为，焦点为，为坐标原点，，是上的两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．若，则的中点到轴距离的最小值为8
C．若直线过点，则以为直径的圆过点
D．若直线与的斜率之积为，则直线过点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．设，为椭圆的两个焦点，点在上，若，则________．
13．已知，对任意的，都有，则________，函数的最小值是________．
14．“迪拜世博会”上，中国馆取型中国传统灯笼， 意希望和光明．某人制作了一个中国馆的实心模型，模型可视为由内外两个同轴圆柱组成．已知内层圆柱底面直径为，外层圆柱底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上，此模型的体积为________．
四、解答题：本题共小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）记的内角，，的对边分别为，，，已知，．
（1）求角；
（2）若，点在边上，，求．
16．（15分）为了研究学生每天整理数学错题情况，某课题组在某市中学生中随机抽取了100名学生调查了他们期中考试的数学成绩和平时整理数学错题情况，并绘制了下列两个统计图表，图1为学生期中考试数学成绩的频率分布直方图，图2为学生一个星期内整理数学错题天数的扇形图．若本次数学成绩在110分及以上视为优秀，将一个星期内有4天及以上整理数学错题视为“经常整理”，少于4天视为“不经常整理”．已知数学成绩优秀的学生中，经常整理错题的学生占70%。
整理错题情况 数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理
不经常整理
合计
图1 图2
（1）求图1中的值以及学生期中考试数学成绩的上四分位数；
（2）根据图1、图2中的数据，补全上方列联表，并根据小概率值的独立性检验，分析数学成绩优秀与经常整理数学错题是否有关？
（3）用频率估计概率，在全市中学生中按“经常整理错题”与“不经常整理错题”进行分层抽样，随机抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2人进行座谈．求这2名同学中经常整理错题且数学成绩优秀的人数的分布列和数学期望．
附
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
17．（15分）如图，在四棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：直线平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（17分）已知双曲线的渐近线为，右焦点到渐近线的距离为．设是双曲线上的动点，过点的两条直线，分别平行于的两条渐近线，与分别交于，两点．
（1）求的标准方程；
（2）证明：直线过定点，并求出该定点的坐标．
19．（17分）设，．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）当时，求证：；
（3）求证：．
答案
1．C【解析】由题意，当时，，
当，时，，
当，时，，
即集合中有3个元素，故选C．
2．B【解析】因为复数在复平面内对应的点为，
所以，，
则．故选B．
3．B【解析】若向量，的夹角为钝角，则且，不共线，
所以解得且，
所以“”是“向量，的夹角为钝角”的必要不充分条件，故选B．
4．A【解析】因为噪音的声波曲线（其中，，）的振幅为1，周期为，初相位为，
则，，，
所以噪声的声波曲线的解析式为，
所以通过主动降噪芯片生成的声波曲线的解析式为．故选A．
5．A【解析】设数列的公比为，
则，即，解得或（舍去），
所以．故选A．
6．C【解析】因为圆的圆心为，半径，
又因为直线过定点，故当与直线垂直时，圆心到直线的距离最大，此时有，即，解得，故选C．
7．B【解析】设，分别为截面与，的交点，，．
因为平面，平面，
所以平面平面．
因为平面平面，平面平面，
所以，
同理可得，，
所以，所以，
易知，因此，．故选B．
8．C【解析】方法一：因为，
所以，．
又因为，所以，，
所以，，，，
所以．故选C．
方法二：因为，所以，
即，
所以．
又，所以，
则
因为，
所以．故选C．
9．AC【解析】令，由知，所有项的系数和为64，故选项A正确．
二项展开式的通项公式为．
令，解得，故展开式第5项为常数项，故选项B错误．
当时，，展开式为整式，故选项C正确．
当时，，，故选项D错误．
故选AC．
10．ACD【解析】，当且仅当时，取得最小值1，故选项A正确．
因为当且仅当时，取得最小值，且最小值为1，所以，所以，故选项B错误．
因为，所以，又，且在上单调递减，在上单调递增，所以，故选项C正确．
因为，所以，故选项D正确．
故选ACD．
11．AD【解析】因为抛物线的准线方程为，所以的解析式为．
因为准线方程为，故焦点，故选项A正确．
设，
联立
则，
故，，
故的中点坐标为．
因为，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，故选项B错误．
设，则，则，
所以的中点到点的距离，
故以为直径的圆不过点，故选项错误．
设，
因为，故，
即，所以直线过点，故选项D正确．
故选AD．
12．2【解析】因为，所以，
从而，所以．
13．；【解析】因为，
则，是的两个零点，
又，则，也是的两个零点，
故，则，
故．
又，故，
令，则或，
故，
对称轴是，故当，即时，函数取得最小值．
14．【解析】由题意可知，实心模型由两个圆柱构成，
实心模型的体积=内层圆柱的体积+外层几何体的体积，
因为内层圆柱底面直径为，所以半径．
所以内层圆柱底面积．
因为外层圆柱底面直径为，所以半径．
所以外层圆柱底面积．
又内外层的底面圆周都在一个直径为的球上，即．
如图，以内层圆柱为例，因为内层圆柱的底面圆周在球面上．
所以球心与内层圆柱的底面圆心的连线垂直于底面圆，即，
所以，
根据球的对称性可得，内层圆柱的高，
所以内层圆柱的体积，
同理，外层圆柱的高，
所以外层圆柱的体积．
由题意得，外侧几何体的体积等于外层圆柱体的体积减去高为12的内层圆柱体的体积，
故，
所以该几何体的体积为．
15．【解析】（1）方法一：由余弦定理得，
代入得，
所以．
又因为，所以．
方法二：因为，，
所以，
所以，
即，
所以．
又，所以，
因为，所以．
（2）因为，所以．
又因为，
所以，．
方法一：因为，
所以
．
又因为，所以．
因为，
所以．
在中，由正弦定理得，所以．
方法二：因为，，
所以，
所以．
在中，由正弦定理得，所以．
16．【解析】（1）由题意可得，解得，
学生期中考试数学成绩的上四分位数为分．
（2）数学成绩优秀的有人，不优秀的有人，经常整理错题的有人，不经常整理错题的有人，经常整理错题且成绩优秀的有人，则列联表如下．
整理错题随图 数学成绩优秀 数学成绩不优秀 合计
经常整理 35 25 60
不经常整理 15 25 40
合计 50 50 100
零假设：数学成绩优秀与经常整理数学错题无关，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立
即认为数学成绩优秀与经常整理数学错题有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05．
（3）由分层抽样知，随机抽取的5名学生中经常整理错题的有3人，不经常整理错题的有2人，则的可能取值为0，1，2，
经常整理错题的3名学生中，恰抽到人记为事件，
则，
参与座谈的2名学生中经常整理错题且数学成绩优秀的恰好抽到人记为事件，
则，，
，，
，
，
，
，
，
故的分布列如下：
0 1 2
所以．
17．【解析】（1）如图1，取的中点，连接，，
图1
因为，所以．
因为，，
所以，，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
因为为的中点，为的中点，
所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
又因为，，
所以平面平面．
而平面，故平面．
（2）连接交于点，连接，
由对称性知，为中点，且．
如图2，以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
图2
则，，，．
因为平面平面，设，
则，，
解得，，即．
设平面的一个法向量为，
因为，，
则
令，得，，故，
设直线与平面所成角为，
由于，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
18．【解析】（1）因为渐近线方程为，所以，所以．
又因为右焦点到渐近线的距离为，所以，解得．
又因为，所以，所以．
所以双曲线的标准方程为．
（2）方法一：设，过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，，
联立则，
整理得，
所以．
由于，故，
则，
故，所以，
同理可得，
所以直线：恒过定点．
方法二：设，
两边平方整理得，
因为，，所以，
与双曲线联立得，，
由对称性，不妨取，
以代替，得．
因为点，关于原点对称，所以直线过定点．
19．【解析】（1）因为的定义域为，且，所以为偶函数，
下面取．
当时，，则，
当时，，可知在上单调递增，
当时，令，则，
可知在上单调递增．
因为，则，使得．
当时，；
当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
则在内恒成立，可知在上单调递减．
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的最小值为．
又因为为偶函数，所以在内的最小值为．
（2）由（1）可知是定义在上的偶函数，下面取，
可知，令．
因为，则，
则在上单调递增，可得，
即在上恒成立，可知在上单调递增，
所以在上的最小值为，结合偶函数性质可知．
（3）由（2）可得，当时，，
当且仅当时，等号成立，即．
令，，，则，
当时，，
即，
则，，
相加可得．
因为，则，
所以，
即．