湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习（一）数学试题（含答案）

湖南省衡阳市第八中学2024届高三下学期高考适应性练习（一）
数学试题
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
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．数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位数为
A．8.4 B．8.5 C．8.6 D．8.7
2.已知双曲线的离心率,则的取值范围是
A. B. C. D.
3.若数列满足,则
A. B.11 C. D.
4.已知平面,直线,直线不在平面上,下列说法正确的是
A.若,则 B.若,则
C.若,则 D.若,则
5.在某次美术专业测试中,若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.6,0.7和0.5,且三人的测试结果相互独立,则测试结束后,在甲、乙、丙三人中恰有两人没达优秀等级的前提条件下，乙没有达优秀等级的概率为
A. B. C. D.
6.在平面直角坐标系中,集合,集合,已知点,点,记表示线段MN长度的最小值,则的最大值为
A.2 B. C.1 D.
7.已知函数,则存在,使得
A. B.
C. D.
8.已知平面上两定点A、B,则所有满足且的点的轨迹是一个圆心在AB上,半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现,故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足,则点的轨迹长度为
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,则下列结论正确的是
A.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是圆
B.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是椭圆
C.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是双曲线的一支
D.方程表示的在复平面内对应点的轨迹是抛物线
10.已知为锐角,则下列说法错误的是
A.满足的值有且仅有一个
B.满足成等比数列的值有且仅有一个
C.三者可以以任意顺序构成等差数列
D.存在使得成等比数列
11.已知无穷数列.性质;性质,,下列说法中正确的有
A.若,则具有性质 B.若,则具有性质
C.若具有性质,则
D.若等比数列既满足性质又满足性质,则其公比的取值范围为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.已知(为实数).若的一个充分不必要条件是,则实数的取值范围是__________.
13.各棱长均为1且底面为正方形的平行六面体,满足,则__________;此平行六面体的体积为__________.
14.已知定义在上的增函数满足对任意的都有,且,函数满足,且当时.若在[0,100]上取得最大值的值依次为,取得最小值的值依次为,则__________.
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.(13分)有两个盒子,其中1号盒子中有3个红球,2个白球；2号盒子中有6个红球,4个白球。现按照如下规则摸球。从两个盒子中任意选择一个盒子,再从盒中随机摸出2个球,摸球的结果是一红一白.
(1)你认为较大可能选择的是哪个盒子 请做出你的判断,并说明理由;
(2)如果你根据(1)中的判断,面对相同的情境,作出了5次同样的判断,记判断正确的次数为,求的数学期望（实际选择的盒子与你认为较大可能选择的盒子相同时,即为判断正确).
16.(15分)已知函数.
(1)讨论函数的单调性;
(2)若恒成立,求的取值范围.
17.(15分)如图1,已知正三角形ABC边长为4,其中,现沿着DE翻折,将点A翻折到点处,使得平面平面DBC,M为中点,如图2.
(1)求异面直线与EM所成角的余弦值;
(2)求平面A'BC与平面DEM夹角的余弦值.
18.（17分）“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动,在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容,例如:用一张圆形纸片,按如下步骤折纸(如图)
步骤1:设圆心是E,在圆内异于圆心处取一点,标记为F;
步骤2:把纸片折叠,使圆周正好通过点F;
步骤3:把纸片展开,并留下一道折痕;
步骤4:不断重复步骤2和3,就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.
现取半径为的圆形纸片,定点F到圆心E的距离为,按上述方法折纸.以向量的方向为轴正方向,线段EF中点为原点建立平面直角坐标系.
(1)求折痕围成的椭圆的标准方程;
(2)已知点M是圆上任意一点,过点做椭圆的两条切线,切点分别是A,B,求面积的最大值,并确定此时点的坐标.
注:椭圆上任意一点处的切线方程是:.
19.(17分)已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数,令集合.记集合中元素的个数为(约定空集的元素个数为0).
(1)若A:6,3,2,5,3,7,5,5,求及;
(2)若,求证:互不相同；
(3)已知,若对任意的正整数都有或,求的值.
衡阳市八中2024年高考适应性练习卷（一）参考答案
数学
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
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．B 2．A 3．D 4．B 5．A 6．D 7．C
【分析】由题意求出函数在区间上的值域,由此即可判断;设,求导研究的单调性,进一步得到在上的值域,从而判断;设结合零点存在定理判断在上是否存在零点,从而判断.
【详解】当时,,所以,
即,(一个正数乘以一个小于1的正数,积一定小于这个数)故排除,D.
对于,设,则.
因为当时,,所以,即,
所以在上单调递减,.又当时,,所以,所以,即,故B错误.
对于C,令,因为,且函数的图像是连续不断的,
所以函数在内存在零点,即存在,使得,即存在,使得,故C正确.
故选:C.
【点睛】方法点睛：复合函数求导的一般步骤：（1）分析清楚函数是由哪些函数复合成的,也就是找出,使得;(2)分别求对的导数和对的导数,再根据复合函数的求导法则,得到,注意最后结果中要把写成的形式.
8.
【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心位置及半径,在空间内轨迹为以为球心的球,球与面ABCD,交线为圆弧,求出截面圆的半径及圆心角,求出在截面内的圆弧的长度即可.
【详解】
在平面中,图①中以为原点以AB为轴建系如图,设阿氏圆圆心,半径为,
,设圆与AB交于,由阿氏圆性质知,,在空间内轨迹为以为球心半径为2的球,
若在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M,R,所以在四边形内的轨迹为,
在中
所以,当在面内部的轨迹长为,同理,当在面ABCD内部的轨迹长为,
当在面时,如图③所示,
面,平面截球所得小圆是以为圆心,以BP为半径的圆,截面圆与分别交于R,Q,且,
所以在正方形内的轨迹为,所以,
综上:的轨迹长度为.
故选:C
【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径,当截面为完整的圆时可直接求圆周长,当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.
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.
10.
【分析】从前往后的顺序,利用三角函数公式,图像和性质,逐步判断,找到错误的C,利用反证法可判断的正误.
【详解】因为,在同一坐标系内作和的图象:
可知在上,方程只有一解,故选项内容正确:
由成等比数列,可得,得,在同一坐标系内作和的图象:
可知方程有且只有一解,所以选项内容正确;
若三者可以以任意顺序构成等差数列,则必有:,且为锐角,
所以,而,
所以三者不可能以任意顺序构成等差数列,所以选项内容错误,
对于,若存在,使得成等比数列,
则,
而,故即,
故即,所以且,
由可得,而,故,故,
所以不存在使得成等比数列
故选:CD.
【点睛】思路点睛：与三角有关的方程是否有解的问题,可根据代数式的特征选择合迠的范围,再根据范围判断一些特定代数式的符号,从而可判断方程是否有解.
11.
【分析】根据性质的定义可判断选项;根据性质的定义可判断选项;根据性质的定义可得,利用累加法可证选项C;对于D,结合选项C,可得,由满足性质,分和讨论求出,再由满足性质得,令,结合函数单调性可验证满足题意.
【详解】对于,因为,对,即,所以不具有性质,故错误;
对于,对,
,故B正确;
对于,若具有性质,令,则,即,
又
所以,故C正确;
对于是等比数列,设其公比为,又,
若满足性质,由选项得,即,
由,得,
当时,得,即,对,又,
当时,不妨设,则,
,解得,
综上,若满足性质,则.
若满足性质,对,
可得,即,令,则,
又,所以函数在上单调递增,又由满足性质,成立,
所以等比数列既满足性质又满足性质,则其公比的取值范围为.故D正确.
故选:BCD.
【点睛】思路点睛:选项,由题意可得,累加法可得,结合,可判断;选项,由满足性质,结合选项得,分和讨论恒成立求出,又由满足性质,得,令,结合函数单调性可验证满足题意.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12. 13. 14.2600
【分析】对可得,由题意分析可知的一个周期为4,关于点对称,关于直线对称,进而结合函数性质分析求解.
【详解】因为,
令,可得,
令,可得,
因为,所以.
因为,可知的图像关于点对称,
又因为当时,,则在[2,3]上单调递增,且,
所以在[1,2]上单调递增,且.
因为,则的图像关于直线对称,
所以在上单调递减,且,
故在[1,5]上的最大值为4,最小值为0.
由得,则,
所以,得,
故的一个周期为4,且在处取得最小值0,在处取得最大值4,所以.故答案为:2600.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图像的对称性,在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系,推证函数的性质,根据函数的性质解决问题.
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.(1)选择1号盒子 (2)
【分析】(1)计算出1号盒子和2号盒子中掗出一红一白的概率比较下结论;
(2)根据题意得到求解.
【详解】(1)解：设选择1号盒子后摸出一红一白的概率为,
设选择2号盒子后摸出一红一白的概率为,则,
因为,所以较大可能选择1号盒子;
(2)由贝叶斯公式,选择1号盒子后猜中的概率
由题意得:,所以.
16.(1)答案见解析 (2)
【分析】(1)根据题意求出对函数求导得,然后分类对进行讨论,从而可求解.
(2)由恒成立,利用参数分离可得,然后构造函数,再利用导数求解出的最大值,从而可求解.
【详解】(1)由题意知:
所以
①当时,若,则,若,则,
所以在上单调递增,在上单调递减;
②当时,令得:或,且,
若,则,若,则,若,则,
所以在上单调递增,在上单调递减;
③当时,恒成立,所以在上单调递增;
④当时,令得:或,且,
若,则,若,则,若,则,
所以在上单调递增,在上单调递减.
(2)由恒成立,即恒成立,所以,令,所以,若,则,若,则,在上单调递增,在上单调递减;
所以当时,有极大值也是最大值为,所以.
所以的取值范围为.
17.(1) (2)
【分析】(1)设为BC的中点,结合图形翻折的性质推出平面DBC,建立空间直角坐标系,求得相关线段长,即可求出相关点坐标,利用空间角的向量求法,即可求得异面直线与EM所成角的余弦值;
（2）求出平面与平面DEM的法向量,根据空间角的向量求法,即可求得答案.
【详解】(1)取BC的中点为O,DE的中点为,连接与,
正三角形ABC中,,
所以,则四边形DECB为等腰梯形,故;
由翻折性质可得,
则是BC的中点,
,
平面平面DBC,平面平面平面,
平面平面
以点为坐标原点以所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
正的边长为,
则为正三角形,边长为3,则,
,连接,
在中,由勾股定理得,
,则
,
,
异面直线所成角的取值范围为异面直线与EM所成角的余弦值为.
(2)由(1)得,
易得平面的一个法向量为,
设平面DEM的法向量为,
则,即,令,则,
平面与平面DEM夹角的余弦值为.
18.【答案】(1)
(2).
【分析】(1)利用椭圆的定义结合条件即得;
（2）由题可得直线AB的方程是,然后利用韦达定理法结合条件可表示出,然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.
【详解】(1)设为椭圆上一点,
则,
所以点轨迹是以F,E为焦点,长轴长为的椭圆,设椭圆的方程为,所以,则,
所以椭圆方程为;
(2)设,则;
切线MA方程:,切线MB方程:,两直线都经过点,
所以,得,从而直线AB的方程是:,
由,得
由韦达定理得,
点M到直线AB的距离,
,其中,
令,则,
,令,
在上递增,
,即时,的面积取到最大值,此时点.
19.(1). (2)证明见解析 (3)答案见解析
【分析】(1)观察数列,结合题意得到及;
(2)先得到,故,再由得到,从而证明出结论;
(3)由题意得或,令,得到或,当时得到,当时,考虑或两种情况,求出答案.
【详解】(1)因为,所以,则;
（2）依题意,则有,因此,
又因为,所以
所以互不相同.
(3)依题意.
由或,知或.
令,可得或,对于成立,故或.
①当时,,所以.
②当时,或.
当时,由或,有,
同理，
所以。
当时,此时有，
令,可得或,即或.
令,可得或.令,可得.
所以。
若,则令,可得,与矛盾.
所以有.
不妨设，
令,可得,因此.
令,则或.
故。
所以.
综上,时,.
时,.
时,.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.