湖南省浏阳市2024届高三数学下学期6月适应性考试[含答案]

高三数学适应性考试试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（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.已知集合，集合，若，则（ ）A. B.0 C.1 D.22.已知复数，则（ ）A. B. C. D.3.已知平面向量，，，若，，则为（ ）A.5 B. C.2 D.4.2024年春节期间，有《热辣滚烫》、《飞驰人生2》、《第二十条》、《熊出没·逆转时空》、《红毯先生》等五部电影上映，小李准备和另3名同学一行去随机观看这五部电影中的某一部电影，则小李看《热辣滚烫》，且4人中恰有两人看同一部电影的概率为（ ）A. B. C. D.5.已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）A. B. C. D.6.物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（ ）A.7 B.8 C.9 D.107.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线的右支上，且满足，则该双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D.8.若函数恰好有四个零点，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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.下列命题正确的是（ ）A.已知，若，则B.若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则决定系数C.数据，，，，的均值为4，标准差为1，则这组数据中没有大于5的数D.数据12，23，35，47，61的75百分位数为4710.若圆与圆交于A，B两点，则下列选项中正确的是（ ）A.点在圆内B.直线的方程为C.圆上的点到直线距离的最大值为D.圆上存在两点P，Q，使得11.如图，在平行四边形中，，，，E，F分别为，的中点，沿将折起到的位置（不在平面上），在折起过程中，下列说法不正确的是（ ）A.若M是的中点，则平面B.存在某位置，使C.当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为D.直线和平面所成的角的最大值为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.在中，，，，则______.13.在棱长为的正方体中，以为球心、2为半径的球与正方体的面相交，则交线长为______.14.一项抛掷骰子的过关游戏规定：在第n关要抛掷一颗骰子n次，如果这n次抛掷所出现的点数和大于，则算过关.游戏者可以随意挑战某一关.若直接挑战第三关，则通关的概率为______，若直接挑战第四关，则不能通关的概率为______四.解答题（共5小题，共77分）15.（本小题满分13分）如图，三棱柱，侧面底面，且，.（1）证明：平面；（2）若，，求平面与平面夹角的余弦值.16.（本小题满分15分）已知函数，是的导函数，且.（1）若曲线在处的切线为，求k，b的值；（2）在（1）的条件下，证明：.17.（本小题满分15分）已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足.①求数列的前n项和；②若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.18.（本小题满分17分）双曲线上一点到左、右焦点距离之差为6.（1）求C的方程；（2）已知，，过点的直线l与C交于M，N（异于A，B）两点，直线与交于点P，试问点P到直线的距离是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.19.（本小题满分17分）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.（1）若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；（2）对于正整数时，是否有成立？（3）已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，，，证明：.高三数学适应性考试测试卷答案1.选：B.【解答】集合，集合，若，则.2.选：D【解答】因为，所以，所以.3.选：A.【解答】由于，，所以，解得，，所以，所以.4.选：C.【解答】依题意每位同学均有5种选择，则四位同学一共有种方案，若小李看《热辣滚烫》，且4人中恰有两人看同一部电影，有①两人看《热辣滚烫》，则有种方案，②一人看《热辣滚烫》，则有种方案，即满足小李看《热辣滚烫》，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案，所求概率.5.选：B.【解答】解：因为的一个零点是，所以，即，所以，，即，，因为在上单调，则，即，所以.6.选：C.【解答】由题意可知，，所以，，，，即，所以，所以.7.选：D.【解答】在中，由正弦定理得，则....①，∵....②，由①②可得，∵点P在双曲线的右支上，∴，整理可得：，且，∴，且.解得.8.选：C.【解答】解：因为，所以不是的零点，当时，令，得，令，由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，所以，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，且当x趋近时，趋近2，如图所示：所以当时，与的图象有且仅有四个交点，此时函数恰好有四个零点.9.选：ABD.【解答】对于A：已知，若，则，A正确；对于B：若散点图的散点均落在一条斜率非0的直线上，则变量与变量之间满足线性函数关系，则决定系数，B正确；对于C：不妨设，，，，，，则，解得，此时，故找到一组数，，4，，，数据中有大于5的数，C错误；对于D：，故这组数据的75百分位数为47，D正确.10.选：BC【解答】因为，所以点在圆外，故A错误；对于B，圆与圆交于A，B两点，因为圆和圆相交，将两圆相减可得：，即公共弦所在直线的方程为，故B正确；对于C，圆的圆心坐标为，半径为2，圆心到直线的距离，所以圆上的点到直线距离的最大值为，故C正确；直线经过圆的圆心，所以线段是圆的直径，故圆中不存在比长的弦，D错误.11.选：ABD.【解答】解：取中点Q，连接、，若A正确，则平面，且为三角形中位线，则，又面，则面，∵，，平面，∴平面平面，∵面平面，面平面，∴，由题意为三角形中位线，，矛盾，假设不成立，故A错误；以A为坐标原点，为y轴正半轴，在平面中作与垂直方向为x轴正半轴，z轴垂直平面，建立空间坐标系.∵，，，∴，∴，∴，∴，即，又∵，∴，若B正确，则有，∵，，平面，∴平面，∵平面，则必定成立.则根据题意，可得，，，，，，则，即不成立，矛盾，故B不成立；当二面角为直二面角时，即平面平面.根据上面可知，∴，又，∵，，平面，∴平面，∵平面，∴，故四面体为所有面都是直角三角形的四面体，根据外接球性质可知，球心必为中点K，即为外接球半径.，，由勾股定理可知，则，外接球面积为，故C正确.当平面平面时，直线和平面所成的角的最大，记此时角为.由图可知，在中，，，，由余弦定理可解得.此时.此时，故D错.12.答案为：2.【解答】解：，，，则，解得.13.答案为：.解：因为在正方体中，平面，所以平面与球的截面是以A为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线是以A为圆心，为半径的弧，该交线的长度为.14.【答案】，.【解答】解：若挑战第3关，则掷3次骰子，总的可能数为种，不能过关的基本事件为方程，其中，4，5，6，7，8，9的正整数解的总数，共有种，不能过关的概率为.故通关的概率为.若挑战第4关，则投掷4次骰子，总的可能数为种，不能通关的基本事件为方程，其中，5，6，…，16的正整数解的总数，当，5，…，9共有种，当时，种，当时，种，当时，种，当时，种.当时，种.当时，种.当时，种，所以不能过关的概率为.15.【解答】解：（1）证明：取的中点M，连结、.因为，，所以，.由于，平面，且，因此平面.因为平面，所以.又因为，所以，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面.因为，所以平面.（2）因为，且，所以.以，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.所以，，.设平面的法向量为则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，设平面与平面夹角为，则，16.【解答】解：（1）由题意得，则.因为，所以.则在点处的切线斜率为.又因为，所以在点处的切线方程为，即得，.（2）证明：设函数，，则.设，则，所以，当时，，单调递增.又因为，所以，时，，单调递增；当时，，单调递减.又当时，，单调递减，综上，在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值，即，所以，当时，.17.【解答】解：（1）因为①，当时，，当时，②，得，即；因为符合，所以，（2）①由（1）知，所以，，所以，两式相减得，，所以；②由①得，设，则数列是递增数列. 当n为偶数时，恒成立，所以；当n为奇数时，恒成立，所以即.综上，的取值范围是.18.【解答】解：（1）因为双曲线C上一点到左、右焦点的距离之差为6，所以，解得，，则C的方程为；（2）当直线l垂直于x轴时，可得直线l的方程为，因为过点的直线l垂与C交于M，N（异于A，B）两点，解得，不妨令，，易得直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，则点P到直线的距离；当直线l的斜率存在时，不妨设直线l的方程为，，，联立，消去x并整理得，此时满足，由韦达定理得，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立，消去y并整理得，解得，所以点P在定直线上，因为直线与直线之间的距离为，综上得，点P到直线的距离为定值，定值为.19.解：（1）根据题中条件可得：，所以，即，对照系数可得：，，；（2）成立，理由如下：要证成立.只需证明和差化积式：.首先有如下两个式子：，，两式左右分别相加得：，将替换为x，所以，即.所以对于正整数时，有成立；（3）证明：函数在区间上有3个不同的零点，，，即方程在区间上有3个不同的实根，令，，由（1）知，且，解得或或，即或或，所以，，，则，而，所以.。