临汾市2024年高考考前适应性训练考试（三）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，，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．在中，角所对的边分别为，若，，，则（ ）
A．或 B． C． D．以上答案都不对
3．已知等差数列的首项为2，公差不为0．若成等比数列，则的前6项和为（ ）
A． B． C．3 D．8
4．若，则的最小值是（ ）
A．1 B．4 C． D．
5．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
图1 图2
A． B． C． D．
6．已知椭圆与椭圆有相同的焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．若，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，关于的不等式的解集为，则（ ）
A． B． C．0 D．1
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．在的展开式中（ ）
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为
10．已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．记为函数的阶导数，，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称其为在处的次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．在处的3次泰勒多项式为
D．（精确到小数点后两位数字）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知复数满足：，则______．
13．已知函数的定义域为，且，，则______．
14．已知首项为1的正项数列，其前项和．用表示不超过的最大整数，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）
已知函数的图象可由函数的图象平移得到，且关于直线对称．
（1）求的值；
（2）求函数的单调递增区间．
16．（15分）
如图1，在平面四边形中，，，，，点在上，且满足．现沿将折起，使得，得到如图2所示的四棱锥，在图2中解答下列问题．
图1 图2
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（15分）
如图，在平面直角坐标系中，和是轴上关于原点对称的两个点，过点倾斜角为的直线与抛物线交于两点，且．
（1）若为的焦点，求证：；
（2）过点作轴的垂线，垂足为，若，求直线的方程．
18．（17分）
某导弹试验基地，对新研制的型导弹进行最后确定试验．
（1）据以往多次试验，型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中2次，则目标被击落，射击停止；若射击达到5次，不管目标击落与否，则结束试验．求射击次数的分布列并计算其期望；
（2）据以往多次试验，型导弹每次击中空中目标的概率为．用该导弹对目标进行连续射击，若击中1次，则目标被击落，射击停止．请完成以下关于射击次数的分布列，并证明：．
1 2 3 … …
… …
（参考公式：若，则，．）
19．（17分）
已知函数．
（1）求在处的切线方程；
（2）若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；
（3）若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．
一．选择题：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B D D A A B
二．选择题：
题号 9 10 11
答案 AB BCD ABC
三．填空题：
12． 13． 14．745
四．解答题：
15．解：
（1）依题知函数与函数有相同的振幅和周期，所以
因为函数的图象关于直线轴对称，
所以，
即，
又因为，所以，
所以，
．
（2）
法一：因为，所以，
因为在单调递增，
故的单调递增区间为和．
法二：
由，
得，
又因为
所以的单调递增区间为和．
16．解：
（1）在平面四边形中
因为，，，所以四边形为菱形，
因为，，所以，
又因为，所以，即，
在直角三角形中，由，可得，
因为，，所以，即，
又因为，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在四棱锥中．
因为四边形为菱形，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
（2）设，过作，则以为原点，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示
可得，，
因为，所以
，，，
设平面的一个法向量为
则，即，
可取
设平面的一个法向量为
则，即，
可取，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17．解：
（1）法一：
由题可知，，
设，，
则，．
因为，故，
解之得，．
，
．
．
法二：
由题可知，，
设点，因为，故点在圆上，
又因为点也在上，联立与得
．
解之得．
因为，故．
故，．
．
．
（2）因为，，
所以，故．
又因为，所以，故．
所以为的中点．
方法一：
设，直线的方程为，，．
将代入
得：
，，．
因为点为的中点，故．
所以，又因为
所以，．
因为，所以．
所以，，，．
所以直线的方程为
即．
方法二：
设，直线的方程为，，，
将代入
得：
，，．
因为点为的中点，故，．
因为，所以．
所以，，．
所以直线的方程为．
即．
18．解：
（1）记“射击型导弹次后，停止射击”．
的可能值为．
故射击次数的分布列为
2 3 4 5
．
（2）由题意可知
，，，…
，
1 2 3 … …
… …
令
①
②
①②得
从而
由参考公式知
从而．
19．解：
（1）由题可知，函数的定义域为，
所以，又因为
所以函数在处的切线方程为．
（2）方法一：
若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程
有且只有一个根，
设函数，即函数有唯一零点．
令，即
因为，所以
当即时，，所以在上单调递增，且
所以在上有唯一零点，符合题意．
当时，，使得
所以在上单调递增，在上单调递减．
又因为，所以；当时，，
所以满足，不合题意。
综上可得的取值范围为．
方法二：
若曲线与直线有且仅有一个交点，即方程
有且只有一个根，因为时满足方程，
所以要使得方程有且只有一个根，则当时方程无根，即函数与函数的图象没有交点．
设则
令
则
因为，所以，
所以函数在和上单调递增，
又因为
所以当时，即单调递减，
当时，即单调递增．
当时，，由洛必达法则得
所以的取值范围为．
（3），所以
曲线在处的切线方程为
．
切线与联立得
设
令则或，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
因为，所以，当时，，
所以，满足，所以；
因为，所以，要证即证，
即．
设
，
所以在上单调递减，又，所以，所以．
当时成立．
综上可得：．
