屆高三1月份適應性測試數學試題時間：分鐘滿分：分一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的．請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上．1.若，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的除法運算法則及共軛復數的概念可得結果.【詳解】∵，∴，∴，故.故選：B.2.已知向量，滿足，，，則（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】根據條件可計算出和的值，即可得到.【詳解】∵，∴，即，故，∵，∴，∵，∴，故，即，∴，，∴.故選：D.3.已知數列，（第1頁/共24頁）A.1B.C.2D.3【答案】A【解析】【分析】利用等差數列、等比數列性質計算得解.【詳解】等差數列中，，解得，等比數列中，，，所以.故選：A4.下列四個選項中，使成立的充分不必要條件是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據充分條件、必要條件的概念，結合函數的單調性逐項判斷可得答案.【詳解】A.當時，滿足，但；當時，滿足，但.故是的既不充分也不必要條件，A錯誤.B.令，則定義域為，∵，∴是奇函數，當時，，在上為增函數，故在上為增函數，由可得，由可得，故是的充要條件，B錯誤.C.∵在上為增函數，，∴，當時，無意義，不成立，故是的充分不必要條件，C正確.第2頁/共24頁D.∵在上為增函數，∴由可得，由可得，故是的充要條件，D錯誤.故選：C.5.已知函數，若，則的取值范圍為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析得函數為奇函數，通過求導分析函數的單調性即可解不等式.【詳解】由題意得，函數的定義域為.∵，∴為奇函數.∵，∴，∵，當且僅當，即時取等號，，∴恒成立，即在上為增函數.∵，∴，∴，解得，即的取值范圍為.故選：C.6.若，則（）A.B.C.D.第3頁/共24頁【答案】B【解析】【分析】利用兩角和與差的正余弦公式展開，再進行合并，即可求解.【詳解】因為，所以，所以，所以，所以.故選:B7.已知雙曲線與橢圓有相同的左、右焦點，分別為，，以線段為直徑的圓與雙曲線及其漸近線在第一象限內分別交于，兩點，且線段的中點在另一條漸近線上，則的面積為（）A.B.3C.6D.9【答案】A【解析】，的坐標以及以線段可得而得出的中點坐標，代入，結合即可求出雙曲線方程，再與圓的方程聯立可得點坐標，利用三角形的面積公式即可求解.【詳解】由題意可知，所以，，，以線段為直徑的圓的方程為，第4頁/共24頁雙曲線的漸近線方程為，由可得，即，因為點在第一象限，所以，，所以，中點為，因為點在漸近線上，所以，即，所以，又由解得，，所以雙曲線，聯立可得，解得，因為在第一象限，所以，所以的面積，故選：A第5頁/共24頁【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是求出中點坐標，代入結合解出雙曲線方程，求出點坐標.8.已知對于都有，則的最小值為（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】將題意的不等式變形為性得到不等式組，再次構造函數，結合導數的應用求出函數的最小值即可.【詳解】由，得，即，得.設，則，所以函數在上單調遞增，又，所以，即.設，則，令，所以在上單調遞增，在上單調遞減，得，所以，即實數的最小值為.故選：C第6頁/共24頁【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是將題意的不等式變形為，構造函數的最小值即可.二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分．9.下列四個命題中正確的是（）A.已知事件相互獨立，，，則B.已知隨機變量，若，則C.已知隨機變量，若，則D.已知，，，則【答案】BCD【解析】AB布的方差公式和方差的性質判斷C，利用全概率公式判斷D.【詳解】選項A：因事件相互獨立，，，所以，，A說法錯誤；選項B：因為隨機變量，，又因為，所以，，B說法正確；選項C：由解得，又因為隨機變量，所以，解得，C說法正確；第7頁/共24頁選項D：因為，所以，所以，D說法正確；故選：BCD10.已知正方體的棱長為2，為正方體的內切球的直徑，為正方體表面上一動點，則下列說法正確的是（）A.若在線段上運動，則B.若在線段上運動，則的最小值為C.與所成角的范圍為D.的取值范圍為【答案】ABD【解析】ABCD來轉化數量積結合球的性質即得.A平面，平面，故，又，平面，所以平面，又平面，，同理可得，又平面，所以平面，又平面，第8頁/共24頁所以⊥，故A正確；對于B，把平面繞著展開到平面，使得位于兩側，如圖所示，則，，故B正確；對于C，易知的中點即為球心O，如下圖所示：當AM與球相切時，AM與所成的角最大，此時，顯然，結合兩直線所成角范圍可知AM與所成角的范圍為是錯誤的，故C錯誤；對于D，依題意可知O為正方體的中心，如下圖所示：，又因為MN為球O的直徑，所以，，即可得.第9頁/共24頁易知當點P為正方體與球O的切點時，最小；當點P為正方體的頂點時，最大，故，因此可得的取值范圍為，故D正確.故選：ABD.現橢圓的焦點在，反射至，若兩段光線總長度為4，且橢圓的離心率為，上頂點為，定點，點為橢圓為橢圓關于直線的對稱點為，，下列說法正確的是（）A.橢圓的標準方程為B.的最大值為C.的最小值為3D.的取值范圍為【答案】ACD【解析】A關于B將轉化為，再利用三點共線取得最小值，即可判斷選項C；根據光學性質得到Q點的軌跡方程，再利用點到直線距離的幾何意義求解，即可判斷選項D.【詳解】對于選項A，由題意可知，，即，又，所以，所以，第10頁/共24頁所以橢圓的標準方程為，故A正確；對于選項B，因為，設，且，則，所以的最大值為，故B錯誤；對于選項C，因為，當且僅當三點共線時等號成立，取到最小值，由，，，所以，所以的最小值為3，故C正確；對于選項D，設切點為，由橢圓的光學性質可知，三點共線，所以，所以點的軌跡是以為圓心，4為半徑的圓，則表示點到直線距離的倍，圓心到直線距離為，所以點到直線距離最大值為，最大值為，所以的取值范圍為,故D正確.故選：ACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.在的二項式中，所有項的二項式系數之和為256，則常數項等于________．第11頁/共24頁【答案】【解析】【分析】根據所有項的二項式系數之和求得，根據二項式展開式的通項公式求得常數項.【詳解】由于所有項的二項式系數之和為，二項式展開式的通項公式為，令，所以常數項為.故答案為：13.組中有支隊伍，則該組需要進行場比賽．按此規則，設一個含有支球隊的小組中進行的所有比賽場次為場，則________．【答案】【解析】【分析】利用組合數公式可求得的表達式，然后利用裂項相消法可求得所求代數式的值.【詳解】一個含有支球隊的小組中進行的所有比賽場次為場，任何兩支球隊需進行一場比賽，則，當時，則，故.故答案為：.14.的概率沿平行于反方向均可）移動一步；要么以的概率沿平行于方向（正、反方向均可）移動一步．設移動步后回到點的概率為，到達點的概率為，則________，________．第12頁/共24頁【答案】①.##0.625②.【解析】【分析】根據相互獨立事件及互斥事件的概率公式求出，再由、，即可得到是以為首項、公比的等比數列，從而求出的通項公式.【詳解】依題意，，又，，所以，又，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以.故答案為：；【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是推導出、，再結合等比數列的定義求出的通項公式.四、解答題：本題共5小題，共分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.中，平面，，為在線段上，．第13頁/共24頁（1）證明：；（2）若，，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）利用線面垂直去證明線線垂直，結合線線平行即可；（2）利用空間直角坐標系，借助空間向量運算來求兩平面夾角的余弦值即可.【小問1詳解】如圖，連接并延長交于，連接．∵為的重心，∴，又∵，∴，∴．∵平面，平面，∴，又∵，，且平面，∴平面，又∵平面，∴，∵，∴．【小問2詳解】如圖，以為軸，為軸，軸建立空間直角坐標系，則第14頁/共24頁，，，，，，∴，，，設平面的法向量,令，.設平面的法向量，令，.∴∴平面與平面的夾角的余弦值為.16.已知函數，其圖象相鄰對稱軸間的距離為，若將其圖象向右平移個單位得到函數的圖象．（1）求函數在上的值域；（2）在銳角中，角，，的對邊分別為，，，若，且①求；②求的最小值．【答案】（1）（2）①；②【解析】1的圖象相鄰對稱軸間的距離得到周期求出，再根據圖象平移得到范圍求出的范圍可得答案；第15頁/共24頁（21式可得答案.【小問1詳解】∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴.【小問2詳解】①∵，∴，∴，∴，又由正弦定理得，∴；②因為，所以，因為，所以，當且僅當時取等號．所以，解得，即．17.的學生每月平均堅持跑操的次數超過40第16頁/共24頁體測成績達到“及格”等級的概率為40次的學生的綜合體測成績達到“及格”等級的概率為．（1）若從該學校任意抽取一名學生，求該學生綜合體測成績達到“及格”等級的概率；（2）已知該實踐活動小組的6名學生中有4名學生綜合體測成績達到“及格”等級，從這6名學生中抽取2名學生，記為抽取的這2名學生中綜合體測成績達到“及格”等級的人數，求隨機變量的分布列和數學期望．（3）經統計：該校學生綜合體測得分近似服從正態分布，若得分，則綜合體測成績達到“優秀”等級，假設學生之間綜合體測成績相互獨立．現從該校所有學生中抽取40為這40名學生中綜合體測成績達到“優秀”等級的人數，求參考數據：若隨機變量服從正態分布，則，，【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）6【解析】1）利用全概率公式計算；（2）求出分布列，然后根據定義計算期望值；（3）先利用正態分布的性質計算的概率，然后利用二項分布計算概率.【小問1詳解】設事件“抽取1名學生每月平均堅持跑操的次數超過40次”，則“抽取1名學生每月平均堅持跑操的次數不超過40次”，事件“抽取1名學生綜合體測成績達到“及格”等級”，由全概率公式：，從該學校任意抽取一名學生，該學生綜合體測成績達到“及格”等級的概率為【小問2詳解】的可能取值為0，1，2，第17頁/共24頁，，，∴的分布列為：012；【小問3詳解】，，，，∴的數學期望約為6人.18.已知拋物線的焦點為.拋物線上一點滿足，為直線上的動點，過作曲線的兩條切線，，其中為切點．（1）求拋物線方程；（2）求證：直線恒過定點；（3）求面積的最小值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】1）由焦半徑公式可得，進而可得解；（2）先設，，，求得切線方程，由切線交點可得直線的方程為，進而可得；（3到直線的距離第18頁/共24頁，進而可得.【小問1詳解】由題意故，所以拋物線方程為.【小問2詳解】設，，，由得，故切線：，即，同理可得切線：，在兩條切線，則，所以直線，即，因，故，故直線恒過定點.（法二）當直線斜率存在時，設，聯立，得設，，，，，，由得故切線，即同理切線，聯立得，故，代入直線得，直線，所以恒過定點當直線斜率不存在時，由對稱性知，直線，也過定點第19頁/共24頁綜上：直線恒過定點.【小問3詳解】聯立，得，由韋達定理可得，，到直線的距離當時，最小值為（法二）當直線斜率不存在時，直線，，到直線距離為8，當直線斜率存在時，所以到直線的距離，，當時，的最小值為3，故，第20頁/共24頁所以的面積的最小值為.到直線的距離，進而可得.19.已知函數（為自然對數的底數）.（1）若，求實數的值；（2）證明：；（3）對恒成立，求取值范圍.【答案】（1）1（2）證明見解析（3）【解析】1對任意且，從而可得答案；（2）由（1）知，當時，，即，等價于，要證明等價于證明；（