岳阳市一中2024届高考适应性考试
数学试卷
时量：120分钟 分值：150
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（ ）
A. B. C. D.
2.已知非零数列满足，则（ ）
A.8 B.16 C.32 D.64
3.已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
4.设椭圆的离心率分别为.若，则（ ）
A. B. C. D.
5.函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
6.若正数满足，则的最小值为（ ）
A.4 B.6 C.9 D.16
7.甲 乙等5名学生参加学校运动会志愿者服务，每个人从“检录组”“计分组”“宣传组”三个岗位中随机选择一个岗位，每个岗位至少有一名志愿者，则甲 乙两人恰好选择同一岗位的选择方法有（ ）种
A.18 B.27 C.36 D.72
8.在中，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：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.
9.下列结论中正确的有（ ）
A.若随机变量满足，则
B.若随机变量，且，则
C.若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D.数据的第50百分位数为32
10.已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A.平面
B.
C.
D.点到平面的距离为
11.若函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A. B.
C. D.
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，若在复平面内对应的点不在第一象限，则__________.
13.设为等差数列的前项和，，则数列的前10项和为__________.
14.已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，过点作倾斜角为（为锐角）的直线交抛物线于，两点，如图，把平面沿轴折起，使平面平面，则三棱雉体积为__________，若，则异面直线所成角的余弦值取值范围为__________.
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.在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若成等差数列，且的面积为，求的周长.
16.如图，在三棱柱中，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）若平面，点在棱上，且平面，求直线与平面所成角的正弦值.
17.“赶大集”出圈彰显了传统民俗的独特魅力.为了解年轻人对“赶大集”的态度，随机调查了200位年轻人，得到的统计数据如下面的不完整的列联表所示（单位：人）.
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 100
女性
合计 60
（1）求的值，试根据小概率的独立性检验，能否认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关；
（2）从样本中管选出5名男性和3名女性共8人作为代表，这8名代表中有2名男性和2名女性非常喜欢“赶大集”.现从这8名代表中任选3名男性和2名女性进一步交流，记为这5人中非常喜欢“赶大集”的人数，求的分布列及数学期望.
参考公式：，其中.
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
18.已知椭圆的离心率为，右顶点为为原点，为椭圆上异于左 右顶点的动点，的面积的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与轴交于点，直线交椭圆于另一点，直线和分别交于点和，若四点共圆，求的值.
19.记
（1）若，求和；
（2）若，求证：对于任意，都有，且存在，使得.
（3）已知定义在上有最小值，求证“是偶函数”的充要条件是“对于任意正实数，均有.
岳阳市一中2024届高三年级高考仿真考试
数学试卷
时量：120分钟 分值：150
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.【答案】C
【解析】
【分析】由分式不等式解得集合，再由交集的运算可得结果.
【详解】因为，解得或，
所以集合或，
所以，
故选：C.
2.【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果.
【详解】由可得，则.
故选：D
3.答案：D
4.【答案】A
【分析】
根据给定的椭圆方程，结合离心率的意义列式计算作答.
【详解】由，得，因此，而，所以.
故选：A
5.【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性和特殊点确定正确选项.
【解析】的定义域为，所以为偶函数，由此排除选项.，由此排除A选项.
6.【答案】A
【解析】
【分析】利用已知条件把变形成积为定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值.
【详解】方法一：由，可得，
所以.
由为正数且，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
方法二：由，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
7.【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论人数的配比情况，分别求总共不同的安排方法和甲 乙两人恰选择同一岗位时不同的安排方法，结合古典概型运算求解.
【详解】
若甲 乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
若甲 乙两人恰选择同一岗位且人数配比为时，则有种不同安排方法；
所以共有种不同安排方法.
故选：C
8.【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，所在直线为轴，过垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求得点的轨迹方程，取的中点为，求得的轨迹方程，数形结合可求.
【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线为轴，过垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐
标系，
则，由，可得是以为直径的圆，
所以的轨迹方程为，
取的中点为，设，
可得，所以，所以，
所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为1，
由，所以，所以，
所以，
所以.
故选：A.
二 多选题：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.
9.【答案】BC
【解析】
【分析】由方差性质判断A，由正态分布对称性判断B，由相关系数性质判断C，由百分位计算判断D.
【详解】对A，由方差的性质可得，故选项A错误.
对B，由正态分布图象的对称性可得，故选项B正确.
对C，线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故选项C正确.
对D，先将所有数从小到大进行排序，由于为整数，求出第4个和第5个数的平均数，所以第50百分位数为，故选项D错误.
故选：BC.
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定错误.
【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，
若平面，因为平面平面，且平面，
所以，因为为的中点，所以，
又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以错误；
对于B中，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面，
所以B正确；
对于中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，
连接，则，所以C正确；
对于D中，设点到平面的距离为，
则，
解得，所以D正确
故选：BCD.
11.【答案】BCD
【解析】
【分析】由函数零点的定义可得，在同一直角坐标系中作出，的函数图象，数形结合可得，即可判断A；
由，即可判断B；由，即可判断C；由余弦函数的单调性即可判断D.
【详解】令得，令得，在同一直角坐标系中作出，的函数图象，
在上分别递增 递减 递减，且在上递减速率，先慢后快，先快后慢，
由，且，
所以，所以，故A不正确；
由，故，由，故，
因为上函数关于直线对称，
所以，即，又，所以，故B正确；
由，所以，故正确；
由，所以，由，得，又，
因为在单调递减，
所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】
【解析】
【分析】设，结合复数的运算以及共轭复数求，并结合复数的几何意义取舍.
【详解】设，则，
因为，则，
解得或，
又因为在复平面内对应的点不在第一象限，可知，可知，
所以.
故答案为：.
13.【详解】设的公差为，
由于为等差数列的前项和，，
可得，所以，则，
令，所以，
故数列的前10项和为
14.【答案】；
【分析】根据抛物线焦点弦的性质可得，进而根据面面垂直即可求三棱锥的高，进而利用体积公式即可求解，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角就可求解异面直线的夹角.
【详解】
过作准线，垂足为，
在中，，又，
同理可得，
过作于，由于平面平面，且交线为平面，所以平面，且，
故三棱锥的体积为，
且，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
即
，
所以，
当时，，
所以，
由于为锐角，所以异面直线所成角的角等于，故异面直线所成角的余弦值取值范围为
故答案为：
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用.另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用
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.【答案】（1）
（2）15
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得：.
由余弦定理可得：
又因为，
所以.
【小问2详解】
由成等差数列可得：①.
因为三角形的面积为，.
，即②.
由①知：③.
由①②③解得：.
，
故三角形的周长为15.
16.（1）连接，交于点，连接，
为的中点，在平行四边形中为的中点，.
是的中位线，可得，
平面平面，
平面；
（2）因为平面平面，所以，又，
故以点为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则
设点的坐标为，则，
因为平面平面，所以，
所以，解得，
所以，则.
又，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17.答案：.（1），能；
（2）分布列见解析，.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
列联表如下：
非常喜欢 感觉一般 合计
男性 60 40 100
女性 80 20 100
合计 140 60 200
.
根据小概率值的独立性检验，认为年轻人对“赶大集”的态度与性别有关，
此推断犯错误的概率不大于0.01..
（2）设进一步交流的男性中非常喜欢“赶大集”的人数为，女性中非常喜欢“赶大集”的人数为，
则，且的所有可能取值为.
，
，
，
.
所以的分布列为
1 2 3 4
所以
18.【解析】（1）由题意，，.
，
解得：，
故椭圆的方程为.
（2）解法1：由题意，，显然直线不与轴垂直，可设其方程为，设，，联立
消去整理得：，
由韦达定理，，所以
，
直线的方程为，令得：，
所以，同理，，
因为四点共圆，所以，从而，.
故，所以，
从而，结合化简可得.
解法2：由题意，，显然直线均不与坐标轴垂直，故可设其方程分别为，，其中，
联立消去整理得：，解得：或.
所以，从而，
故，同理，，
因为三点共线，所以，
从而，化简得：①.
联立可得，所以，同理，，
显然线段的中垂线为，线段的中垂线为，即，
因为四点共圆，所以该圆的圆心必为，.
而，
，
化简得：，将式①代入可得
解得：或2，又，所以.
19.【解析】（1）由题意得：
；
（2）证明：由题意知，记，有或2
0 2
正 0 负 0 正
极大值 极小值
现对分类讨论：
①当，有为严格增函数，因为，
所以此时符合条件；
②当时，，先减后增，因为（取等号，所以，则此时也符合条件；
③当时，，在[a，0）严格增，在[0，2]严格减，在）严格增，，
因为，当时，，则则此时成立；
综上可知，对于任意，都有，且存在，使得.
（3）证明：
①必要性：若为偶函数，
则
当，因为故；
②充分性：若对于任意正实数，均有，
其中
因为有最小值，不妨设，
由于任意，令则最小元素为.
中最小元素为
又对任意成立
若，则对任意成立是偶函数
若此后取
综上，任意，即是偶函数
【参考证法2】
（3）证明：记
则是在上的值域，是在上的值域.
①必要性
若是偶函数，则，从而是偶函数，
显然在与的值域相同，即.
②充分性
设，不妨设，则在上的最小值为
当，则也在内，所以在上的最小值为，
因为，所以；
当，则时，，其中，
即在的最小值为，故
因为即，且，
所以，则有
从而，故
所以对任意正实数成立，是偶函数；
综上，“是偶函数”的充要条件是“对任意正实数，都有，证毕.
