备战2024高考数学艺体生一轮复习讲义-艺术生仿真演练综合测试（一）

2023年艺考生仿真演练综合测试（一）

第Ⅰ卷

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，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【解析】由题意得，

所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限，

故选：C

2．已知集合，，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】因为，又，

所以，

故选：C.

3．设是定义在上的偶函数，当时，，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【解析】因为是定义在上的偶函数，

所以，

又当时，，

所以.

故选：C

4．如图，是某种型号的家用燃气瓶，其盛气部分近似可以看作由一个半球和一个圆柱体组成，设球的半径为R，圆柱体的高为h，若要保持圆柱体的容积为定值立方米，则为使制造这种燃气瓶所用材料最省（温馨提示：即由半球和圆柱体组成的几何体表面积最小），此时（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】依题意，

，所以

，

当时取等，所以，故.

故选：C.

5．若平面向量与的夹角为60°， ,，则等于（    ）.

A． B． C．4 D．12

【答案】B

【解析】由题意 ， ，

；

故选：B.

6．设正项等比数列的前n项和为，若，，则通项（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设等比数列的公比为q，则，且不为1

又由已知可得，解得，所以．

故选：D.

7．2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，

再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，

故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，

其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.

故选:D.

8．直线分别与直线、曲线交于点A，B，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意可知，直线与直线的交点，直线与曲线交点，满足，

则，

设，，则，

由，得；，得，

所以在上单调递减，在上单调递增，

则，即，

故选：B．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．已知函数，下列结论正确的是（     ）

A．函数恒满足

B．直线为函数图象的一条对称轴

C．点是函数图象的一个对称中心

D．函数在上为增函数

【答案】AC

【解析】对于A选项， ， A正确；

对于B选项，函数无对称轴，B错；

对于C选项，由可得，

当时，可得，所以，点是函数图象的一个对称中心，C对；

对于D选项，当时，，

所以，函数在上不单调，D错.

故选：AC.

10．已知抛物线的焦点为，P为C上的一动点，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．当PF⊥x轴时，点P的纵坐标为8

C．的最小值为4 D．的最小值为9

【答案】CD

【解析】对于A,由抛物线的焦点为可知，故A错误，

对于B,当PF⊥x轴时，则点的横坐标为4，将其代入中得，故B错误，

对于C,设，则，由于,所以，故的最小值为4，故C正确，

对于D，过作垂直于准线于,过作垂直于准线于，

则，当，，三点共线时等号成立，

故D正确；

故选：CD

11．已知实数x，y，z满，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【解析】因为，所以，

同除以得：，A正确；

，

因为，所以，

故，即，B错误；

在上单调递减，而，故，C错误；

因为，单调递减，

因为，故，故D正确.

故选：AD.

12．正方体中，与平面，平面的分别交于点E，F，则有（    ）

A． B．

C．与所成角为 D．与平面所成角为

【答案】ABD

【解析】对A选项，∵平面，∴，又，且，

平面，平面，∴平面，

又平面，∴，故A正确；

对B选项，由选项A知，，又平面，平面，∴，且，平面，平面，∴平面，即平面，同理平面，故点到面的距离为.

设正方体棱长为2，因为为正三角形，

所以，又.

根据等体积转换可知：，即，

即，所以，同理，又，

∴，故B正确；

对C选项，∵，∴（或其补角）即为异面直线与所成角，

∵四边形为正方形，∴，∴与所成角为，故C错误；

对D选项，∵平面，∴，又，且，

平面，平面，∴平面，

设，则平面，连接，如图

由线面角的定义知，为与平面所成角，

设正方体棱长为2，则，，∴，

∵，∴，

∴与平面所成角为，故D正确；

故选：ABD.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．的展开式中，常数项为____________

【答案】

【解析】的展开式通项为，其中，

因为，

在中，由，可得，

在中，得，

所以，展开式中，常数项为.

故答案为：.

14．已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．若，则的外接圆半径为____________．

【答案】

【解析】根据余弦定理由，

而，因此有，

因为，所以，

由正弦定理可知的外接圆半径为，

故答案为：

15．若椭圆上的点到焦点距离的最大值是最小值的2倍，则该椭圆的离心率为_________．

【答案】

【解析】依题意，由图象的性质可知，

点到焦点距离的最大值为，最小值为，

所以，化简得，即离心率，

故答案为：.

16．已知数列的前n项和为，，，，则______．

【答案】

【解析】在中，令，得，得，

又，∴，解得（舍去），

∵，∴，，

当时，，又，

∴，即，

∴由，得，

∴是等差数列，公差为1，首项为，

∴，∴，

从而．

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。

17．（10分）

已知等差数列为递增数列，且，，是方程的两个根.

(1)求数列的通项公式；

(2)求数列的前项和

【解析】（1）解方程得，，

又数列为递增数列，所以，，

由于数列为等差数列，所以则，解得，

所以，

（2）由（1）知，则，

所以

.

18．（12分）

在中，边所对的角分别为，，．

(1)求角的大小；

(2)若，求的面积．

【解析】（1），

由得，即，

，又，

；

（2）由正弦定理得，

，，

又，

即，

，

，

19．（12分）

如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，点在上，且．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值．

【解析】（1）证明：在线段上取点，使得，

所以，在中，，且，

因为在四边形中，，，

所以，，

所以，四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面.

（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，

所以，，

因为是的中点，点在上，且，

所以，

所以，，设平面的一个法向量为，

所以，，即，令得，

由题，易知平面的一个法向量为，

所以，

所以，

所以，二面角的正弦值为.

20．（12分）

在某校举办“青春献礼二十大，强国有我新征程”的知识能力测评中，随机抽查了100名学生，其中共有4名女生和3名男生的成绩在90分以上，从这7名同学中每次随机抽1人在全校作经验分享，每位同学最多分享一次，记第一次抽到女生为事件A，第二次抽到男生为事件B．

(1)求，，

(2)若把抽取学生的方式更改为：从这7名学生中随机抽取3人进行经验分享，记被抽取的3人中女生的人数为X，求X的分布列和数学期望．

【解析】（1）方法一：

由题意可得：，

“第一次抽到女生且第二次抽到男生”就是事件AB：“第一次抽到男生且第二次抽到男生”就是事件，从7个同学中每次不放回地随机抽取2人，试验的样本空间Ω包含个等可能的样本点，

因为，，

所以，

故．

方法二：，

“在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生”的概率就是事件A发生的条件下，事件B发生的概率，则，，

故．

（2）被抽取的3人中女生人数X的取值为0，1，2，3，

，，

，，

X的分布列：

X的数学期望.

21．（12分）

已知双曲线E：与直线l：相交于A、B两点，M为线段AB的中点．

(1)当k变化时，求点M的轨迹方程；

(2)若l与双曲线E的两条渐近线分别相交于C、D两点，问：是否存在实数k，使得A、B是线段CD的两个三等分点？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．

【解析】（1）设，，，

联立直线l与双曲线E的方程，得，

消去y，得．

由且，得且．

由韦达定理，得．

所以，．

由消去k，得．

由且，得或．

所以，点M的轨迹方程为，其中或．

（2）双曲线E的渐近线方程为．

设，，联立得，同理可得，

因为，

所以，线段AB的中点M也是线段CD的中点．

若A，B为线段CD的两个三等分点，则．

即，．

而，．

所以，，解得，

所以，存在实数，使得A、B是线段CD的两个三等分点．

22．（12分）

已知在处的切线方程为．

(1)求函数的解析式；

(2)是的导函数，对任意，都有，求实数m的取值范围．

【解析】（1），当时，，，

，，

，

由切线方程为，，

，即，.

（2），，

由已知，成立，

令

，所以在上单调递减，

所以,即，

设，则，令，解得，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

故当时，，故，

即，令代换有，两边同乘2有，

则，当时取等号，

所以时满足题意，若,存在时，原式有，

即与矛盾,不满足题意,

所以.