2024屆高三老高考適應性12月份測試卷人教版數學（理）試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，集合，那么等于（）A． B． C． D．2．已知復數，，則()A． B． C． D．3．下列說法正確的是（）A．命題“若，則”的否命題為“若，則”B．“”是“”的必要不充分條件C．命題“若，則”的逆否命題為真命題D．命題“，”的否定是“，”4．定義：，當五位數滿足，且時，稱這個五位數為“凸數”.由1，2，3，4，5組成的沒有重復數字的五位數共120個，從中任意抽取一個，則其恰好為“凸數”的概率為（）A． B． C． D．5．命題p：存在實數a，使得對任意實數x，恒成立；命題q：，為奇函數，則下列命題是真命題的是（）A． B．C． D．6．若，，(，且)成等比數列，則點在平面直角坐標系內的軌跡位于（）A．第三象限 B．第四象限C．第一象限 D．第二象限7．方程有4個不等的實根，且組成一個公差為1的等差數列，則的值為（）A． B． C． D．8．已知函數(，)的圖象上相鄰兩個最值點間的距離為5，且過點，則要得到函數的圖象，只需將函數的圖象（）A．向右平移1個單位 B．向左平移1個單位C．向右平移個單位 D．向左平移個單位9．若函數()的值域是，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．在同一直角坐標系中，函數且的圖象可能是A． B．C． D．11．已知定直線l的方程為，點Q是直線l上的動點，過點Q作圓的一條切線，是切點，C是圓心，若面積的最小值為，則此時直線l上的動點E與圓C上動點F的距離的最小值為（）A． B．2 C． D．12．過拋物線的焦點F作傾斜角為60°的直線，與拋物線分別交于A，B兩點（點A在第一象限），過A作拋物線的切線交x軸于點C，則的面積為（）A． B． C． D．二、填空題13．曲線在點處的切線與直線垂直，則________.14．設M，N是雙曲線實軸的兩個端點，Q是雙曲線上的一點（異于M，N兩點），，，則________．15．已知等比數列滿足，，則使得取得最小值的為______．16．已知的展開式中第3項與第7項的二項式系數相等，若把其展開式中所有的項重新排列，則有理項互不相鄰的概率為___________.三、解答題17．如圖，在中，，，，點在上，且．（1）求；（2）若，求的面積．18．在等差數列中，，其前n項和為，各項均為正數的等比數列中，，且滿足，．（1）求數列與的通項公式；（2）若數列的前n項和為，證明：．19．如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，且，，平面，，，.（1）求證：平面平面；（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求線段的長.20．已知拋物線上一點到焦點的距離是4.（1）求拋物線的方程；（2）過點任作直線交拋物線于兩點，交直線于點，是的中點，求的值.21．已知函數．（Ⅰ）討論函數的單調性；（Ⅱ）若函數在上是增函數，求實數的取值范圍．22．在直角坐標系中，曲線的參數方程為(為參數)，在以原點為極點，軸的正半軸為極軸的極坐標系中，曲線的極坐標方程為．（1）寫出的普通方程和的直角坐標方程；（2）若與相交于，兩點，求的面積．23．已知函數．（Ⅰ）若，求不等式的解集；（Ⅱ）若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．參考答案1．D【分析】先解不等式化簡集合，再由并集的概念，即可得出結果.【詳解】∵集合，集合，∴.故選：D.2．A【詳解】，選A3．C【分析】對于A，根據命題的四種命題關系判斷；對于B，由的解，利用必要條件和充分條件的定義判斷；對于C，利用等價命題判斷；對于D，利用含有一個量詞的命題的否定的定義判斷.【詳解】對于A，命題“若，則”的否命題為“若，則”，故A不正確；對于B，由，解得或，所以“”是“”的充分不必要條件，故B不正確；對于C，命題“若，則”為真命題，因此其逆否命題為真命題，C正確；對于D，“，”的否定是“，”，故D不正確.故選：C4．D【分析】由列舉法列舉出滿足條件的基本事件，即可根據古典概型的概率公式求出結果.【詳解】由題意，由1，2，3，4，5組成的沒有重復數字的五位數恰好為“凸數”的有：12543,13542,14532,23541,24531,34521,共6個基本事件，所以恰好為“凸數”的概率為.故選D【點睛】本題主要考查古典概型，列舉法求古典概型的概率只需熟記古典概型的概率公式即可求解，屬于基礎題型.5．C【分析】對于命題p，取可判斷真假；對于命題q，由，可判斷真假，從而逐項排除可得答案.【詳解】對于命題p，取，對任意實數x，成立，因此p真命題；對于命題q，函數的定義域是，且，∴為奇函數，因此q真命題，所以為假命題，為假命題，所以為假命題，故A錯誤；為假命題，故B錯誤；為真命題，故C正確；為假命題，故D錯誤.故選：C.6．B【分析】由等比數列的定義可得，，求出的范圍，即可得出結論.【詳解】因為，，成等比數列，所以，即，，，所以，所以，所以位于第四象限.故選:B.7．C【分析】由題意設4個根組成的等差數列為，，，，根據韋達定理可知，進而可得，求出4個根即可求解.【詳解】設4個根組成的等差數列為，，，，則，∴.又∵，∴，∴，，，∴，故選：C8．A【分析】由函數過點，可得，由函數的最值和最值間的距離可得，進而可得，求出函數解析式，可得結果.【詳解】由題意，又，所以.易知的最大值為2，最小值為，則相鄰兩個最值點間的距離為，所以.所以，故要得到函數的圖象，只需將函數的圖象向右平移1個單位.故選:A9．C【分析】由給定條件先求出時，的取值集合，由此可得時，的取值集合包含于，然后分析推理即可得解.【詳解】當時，，當且僅當時取等號，依題意得，，當時，，，不符合要求，于是得，在上遞增，從而得，則，解得，所以實數的取值范圍是.故選：C10．D【分析】本題通過討論的不同取值情況，分別討論本題指數函數、對數函數的圖象和，結合選項，判斷得出正確結論.題目不難，注重重要知識、基礎知識、邏輯推理能力的考查.【詳解】當時，函數過定點且單調遞減，則函數過定點且單調遞增，函數過定點且單調遞減，D選項符合；當時，函數過定點且單調遞增，則函數過定點且單調遞減，函數過定點且單調遞增，各選項均不符合.綜上，選D.【點睛】易出現的錯誤有，一是指數函數、對數函數的圖象和性質掌握不熟，導致判斷失誤；二是不能通過討論的不同取值范圍，認識函數的單調性.11．B【分析】由題意可得直線l的方程為，再求出圓C的圓心坐標與半徑，由面積的最小值為求得，再由點到直線的距離公式求解k，可得直線l的方程，進一步求得直線l上的動點E與圓C上動點F的距離的最小值．【詳解】解：由題意可得直線l的方程為，圓C的圓心，半徑為1，如圖：，又，當取最小值時，取最小值，此時，可得，，則，解得，則直線l的方程為，則直線l上的動點E與圓C上動點F的距離的最小值為．故選：B．12．A【分析】設點，，聯立直線與拋物線方程可得，，，，所以點，，再結合導數的幾何含義，以及三角形的面積公式，即可求解．【詳解】設點，，由題意可得拋物線的焦點為，則直線的方程為，聯立，化簡整理可得，，解得，，所以點，，由，可得，，所以過點A的切線斜率，所以切線方程，即，則C點的坐標為，所以．故選：A．13．．【分析】先對函數求導，求出其在點處的切線斜率，進而可求出結果.【詳解】因為，所以，因此，曲線在點處的切線斜率為；又該切線與直線垂直，所以.故答案為【點睛】本題主要考查導數在某點處的切線斜率問題，熟記導數的幾何意義即可，屬于常考題型.14．【分析】設出Q坐標，求出、的正切函數值，然后結合點在雙曲線上，轉化求解即可．【詳解】設，則，，所以，又Q在雙曲線上，可得，所以，可得．故答案為：．15．3或4【分析】根據等比數列的通項公式求出，從而求出，再利用等比數列的通項公式即可求解.【詳解】設公比為，則，∴，∴，，，，…，∴或4時，取得最小值．故答案為：3或416．【分析】根據，可得，利用二項式展開式的通項公式求出有理項，再利用插空法以及古典概型的概率計算公式即可求解.【詳解】由，得，所以的展開式中的通項為，當，6時為有理項，其余7項為無理項，所以有理項互不相鄰的概率為.故答案為：17．（1）3；（2）．【分析】（1）先求出，再由余弦定理求出；（2）先求出，，再由正弦定理求出，進而得出，再由三角形面積公式求解即可；【詳解】（1）∵在中，由余弦定理得或（舍）．（2）由已知，∴由正弦定理得∴∴【點睛】關鍵點睛：解決本題一的關鍵是由誘導公式求出，再由余弦定理求出.18.（1），；（2）證明見解析.【分析】（1）設數列的公差為d，的公比為q，可得，解得q，d即可；（2）由（1）得．可得，即可證明．【詳解】解：（1）設數列的公差為d，的公比為q，因為，，，所以，解答，（負值舍去），故，；（2）證明：由（1）得，所以．所以數列的前n項和為，所以．19．（1）證明見解析；（2）或.【分析】（1）過D作，交BC于F，可證四邊形為矩形，分別求得CF、DF、BD的長，根據勾股定理，可證，根據題意，可得，根據線面垂直的判定定理，可證平面PCD，根據面面垂直的判定定理，即可得證.（2）如圖建系，求得各點坐標，進而可得，，坐標，求得平面PAB的法向量，根據線面角的向量求法，代入公式，即可得答案.【詳解】（1）證明：如圖，在直角梯形ABCD中，過D作，交BC于F，∵，，，∴四邊形為矩形，∵，，∴.又∵，∴，∴，∴，∴.又∵平面ABCD，∴，且，∴平面PCD.又∵平面PBD，∴平面平面PCD.（2）解：如圖，分別以DA，DF，DP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設，則：，，，，∴，，.設為平面PAB的法向量，由，即，令，可取，設PC與平面PAB所成角為，則，解得或，即線段PD的長為或.【點睛】解題的關鍵熟練掌握線面垂直的性質定理，面面垂直的判定定理，并靈活應用，利用向量求解線面角時，平面法向量與直線方向向量所成角的余弦值即為直線與平面所成角的正弦值，考查計算求解的能力，屬基礎題.20．（1）；（2）.【分析】（1）根據拋物線的定義列出方程即可求解；（2）由題意知，直線的斜率存在，且不為零，根據對稱性只考慮斜率為正的情況，設點在準線上的投影分別為，，，，，所以，即，設直線的方程為，設，，聯立直線與拋物線，結合韋達定理，再在中，令得點坐標，再由，化簡整理可得的值，進而得到結論.【詳解】解：（1）因為①，且點在拋物線上，所以②.由①②得，所以拋物線的方程為.（2）由題意知，直線的斜率存在，且不為零，設點在準線上的投影分別為，，，，，所以，∴.設直線的方程為，代入，得.設，，則，.在中，令，得，即.所以，即，所以，即，∴，所以.【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數的關系；(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．21．（Ⅰ）答案見解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）求出導函數，由得增區間，由得減區間；（Ⅱ）求出，利用在是恒成立轉化為求函數最值．【詳解】解：（Ⅰ）由題可知的定義域為，．令，得．∴當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增．（Ⅱ）由題可知，則．∵在上是增函數，∴在上恒成立．∴對任意，不等式恒成立，等價于恒成立．令，則，．令，則，∵，∴，∴在上單調遞減，∴當時，，當時，，即函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，∴，從而，即的取值范圍為．【點睛】本題考查用導數求函數的單調區間，由函數的單調性求參數范圍．解題關鍵是問題函數單調性轉化為不等式恒成立，再用分離參數法轉化為求函數的最值．22．（1），；（2）.【分析】(1)把曲線C1的參數方程中參數消去即可，將化入曲線C2的極坐標方程即可得解；(2)由幾何法求出線段AB長，再求出原點O到直線C2的距離即可作答.【詳解】（1）由(為參數)，消去參