精品解析：北京市大兴精华学校2023-2024学年高三下学期5月高考适应性考试数学试卷

2023-2024学年高考适应性测试 数学 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知为纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘方运算化简，再根据实部为，虚部不为得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】因为， 又为纯虚数，所以，解得. 故选：D 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合，再根据集合的交集运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：C 3. 已知平面向量，，则下列结论一定错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示求出参数的值，即可判断A；根据及数量积的坐标表示求出，即可判断B；表示出，，即可判断C；根据平面向量线性运算的坐标表示判断D. 【详解】对于A：若，则，解得，故A正确； 对于B：若，则，解得，故B正确； 对于C：因为，， 显然，故C正确； 对于D：，故D错误. 故选：D 4. 下列函数中，是偶函数，且在上是减函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的奇偶性、函数奇偶性的定义、函数导数判断函数单调性和特殊值判断函数单调性，针对各个选项判断即可； 【详解】对于A，函数奇函数，A错误； 对于B，函数，所以函数为偶函数，， 令，得，当时，在上单调递减，B正确； 对于C，函数为偶函数，在上单调性有增也有减，C错误； 对于D，函数，所以函数为偶函数， ，，函数在上一定不是减函数，D错误； 故选：B. 5. 已知抛物线焦点为F，过F且斜率为的直线与直线交于点A，点M在抛物线上，且满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先求出过F且斜率为的直线方程，进而可求出点，接着结合点M在抛物线上且可求出，从而根据焦半径公式即可得解. 【详解】由题意可得，故过F且斜率为的直线方程为， 令，则由题， 因为，所以垂直于直线，故， 又M在抛物线上，所以由， 所以. 故选：C. 6. 在的展开式中，x的系数为（ ） A. 9 B. 15 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可得解. 【详解】 易知，的展开式中，没有x项； 因为的展开式的通项为：， 令，即，所以展开式中，x的系数为； 又因为的展开式的通项为：， 令，即，所以展开式中，x的系数为； 综上，在的展开式中，x的系数为， 故选：A. 7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）． A. 是最小正周期为的偶函数 B. 点是的对称中心 C. 在区间上的最大值为 D. 在区间上单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】先由二倍角余弦公式和辅助角公式化简再平移得到，由正弦函数的奇偶性得到A错误；代入得到B错误；由正弦函数的单调性得到C错误，D正确. 详解】， 向左平移个单位长度得到函数，则， 对于A：由以上解析可得为奇函数，故A错误； 对于B：当时，，故B错误； 对于C：因为函数的递增区间为，即， 同理得函数的递减区间为 所以是的一个递减区间， 又当时，， 所以，故C错误； D：由C的解析可知，所以减区间为， 所以当时可得，在区间上单调递减，故D正确； 故选：D. 8. 已知直线与圆，则“，直线与圆有公共点”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法，当，直线与圆有公共点时，恒成立，从而得到，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求出结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 当，直线与圆有公共点时，恒成立，即恒成立， 则且，解得，即或（舍去） 所以“，直线与圆有公共点”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 9. 连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴.则正方体的旋转轴共有（ ） A. 7条 B. 9条 C. 13条 D. 14条 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合对称性分三类找出旋转轴，则答案可求． 【详解】由对称性结合题意可知， 过正方体相对面中心的连线为旋转轴，如图中， 此类共3条，此时旋转角α最小为90°， 以正方体的体对角线为旋转轴，如图中， 此类共有4条，此时旋转角α最小为120°， 以正方体对棱中点连线为对称轴，如图中， 此类共有6条，此时旋转角α最小为180°， 综上，这个正方体的旋转轴共有13条． 故选：C． 10. 已知函数，则下列命题不正确的是（ ） A. 当时，有唯一极小值 B. 存在定直线始终与曲线相切 C. 存在实数a，使为增函数 D. 存在实数a，使为减函数 【答案】C 【解析】 【分析】通过对函数求导，结合零点存在性定理可判断A；由题意可知、恒成立，即可求出切线方程，进而可判断B；由B中结论，可判断C；当时可利用导数判断出为减函数，可判断D. 【详解】对于A，当时，， ， 令，则， 由得或，由得， 所以在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减， ，，， 所以在内存在唯一零点，使得， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以有唯一极小值，故A正确； 对于B，，因为，， 所以存在定直线始终与曲线相切，故B正确； 对于C，由B可知，不论为何值，恒成立，故不能为增函数， 故C错误； 对于D，当时，， 令，，令，则， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，所以， 所以是单调递减函数，故D正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联系.（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题，（4）考查数形结合思想的应用 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，若，则______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据分段函数解析式得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】因为且， 所以或， 解得或. 故答案为：或 12. 双曲线的焦点坐标是______. 【答案】， 【解析】 【分析】根据双曲线的方程可得答案. 【详解】因为双曲线的焦点在轴上， ，， 所以双曲线的焦点坐标是，. 故答案为：，. 13. 已知，，若对任意实数x都有恒成立，则满足条件的一组有序数对为______. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据三角函数恒成立，则对应的解析式求得即可． 【详解】，若对任意实数x都有恒成立， 则，或， 由，得， 因为，令，得， 由，得， 因为，令，得， 所以满足条件的一组有序数对为或. 故答案为：（答案不唯一） 14. 在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据题意得到，然后结合题目所给范围求出的范围，即可求解. 【详解】依题意既是的倍数也是的倍数还是的倍数，也就是的倍数， 所以，即，令， ∴，又因为，所以共项. 故答案为： 15. 在棱长为6的正方体中，为棱上一动点，且不与端点重合，，分别为，的中点，给出下列四个结论： ①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点（不与端点重合），存在点使得平面；④若为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为，其中所有正确结论的序号是_________ 【答案】①④ 【解析】 【分析】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长. 【详解】 如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向， ， ，设 ①， 因为， 所以是平面内两条相交直线， 则平面，平面，因此平面 平面，①正确； ②取点为的三等分点，即或， 设平面的法向量为，， 则，令，所以 当时，， 若在平面中，，解得不合题意； 当时，， 若在平面中，，解得不合题意；②错误； ③在线段上的任意点H（不与端点重合），设， 则，由上可知平面的法向量为， 若存在点E使得平面，则有， 即，解得， 所以点H不具有任意性，③错误； ④延长三线相交于点， 连接分别交直线于点, 因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形， 在正方体中，， 根据三角形相似可得， 则， ， 因此周长为.④正确； 故答案为：①④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得，结合正弦定理得 得，计算得到的大小. （2）法一：由（1）知，代入求得，结合余弦定理求得或，最后利用三角形面积公式计算结果；法二：求出的大小，再利用三角形面积公式即可. 【小问1详解】 由已知得，由正弦定理得 得 ， 得 【小问2详解】 法一：由（1）知，代入得， 由余弦定理 得 得或 ①当时， ②当时， 法二：代入得 ∵，∴，或 ①时， ②时， 17. 如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. （1）证明：； （2）若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】（1）因为，所以，， 又因为、平面，， 所以平面，而平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以． （2）选择条件①：选择条件②都是． 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质定理求解； （2）选择条件①：选择条件②：都是建立空间直角坐标系进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选择条件①：平面平面， 因为，， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面，所以， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角则， 二面角的余弦值为， 选择条件②：， 因为平面，平面，所以， 因为，，BC，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，所以， 因为，， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是，，的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则 得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角，则， 二面角的余弦值为． 18. 某居民小区某栋楼共有10户家庭入住，若该楼住户在2024年4月的用电量（单位：度）如下图所示： 若电力公司组织了线上抽奖活动，各住户抽奖相互独立，但对用电量不同的住户，系统设定了如下中奖率： 用电量 中奖率 50% 50% （1）在该楼中随机抽取一户家庭，求其4月用电量不低于30度的概率； （2）在该楼随机抽取2户家庭，以X表示中奖的户数，试求X的分布列和期望； （3）以频率估计概率，在该小区随机抽取2户家庭，以Y表示中奖的户数，试比较与的大小关系.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） 0 1 2 期望 （3） 【解析】 【分析】（1）借助扇形统计图计算用电量不低于30度的户数即可得； （2）得出X的所有可能取值后，分别计算其对应概率即可得起分布列，即可得其期望； （3）计算出Y的所有可能取值及概率后，计算出，即可得解. 【小问1详解】 记“在该楼中随机抽取一户家庭，其4月用电量不低于30度”为事件A， 在该楼10个住户中，用电量不低于30度的共户， 故概率估计值； 【小问2详解】 解法1：X的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， X的分布列为： 0 1 2 X的期望值， 解法2：X的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， X的分布列为： X 0 1 2 P X的期望值； 【小问3详解】 Y的所有可能取值为0，1，2， ， ， ， 则， 故. 19. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求曲线与曲线的交点个数. 【答案】（1） （2）交点个数为1 【解析】 【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得； （2）原问题可转化为函数在上的零点个数问题，借助导数研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断. 【小问1详解】 由，则， ，则， 所以切线方程为，即； 【小问2详解】 令，故， 令，， 令， ， 当时，，，， ∴，∴在上为减函数，即在上为减函数， 又，， ∴在上有唯一的零点，设为，即， ∴在上为增函数，在上为减函数， 又， ， ， ∴在上有且只有一个零点，在上无零点， 所以曲线与曲线的交点个数为1. 20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且点在椭圆上，动点C，D分别在直线和椭圆上. （1）求椭圆的标准方程及其焦点坐标； （2）若椭圆上存在一点E，使得四边形是矩形，求点D的横坐标. 【答案】（1）方程为，焦点坐标为， （2）横坐标为或 【解析】 【分析】（1）根据题意可得解得，.再计算出椭圆的焦点坐标. （2）设，，，，因为四边形一定为平行四边形，根据，得，点D，E都在椭圆上代入变形得①，又，有，②，解得：或，分类计算得出结果； 【小问1详解】 由题设，解得，. 所以椭圆G的方程为.焦点坐标为， 【小问2详解】 设，，，， 因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以， 则，，所以， D，E都在椭圆上，，变形得①， 又，所以，即， 则，② ②代入①得，解得：或， 若时，，，此时C与重合，D点坐标为； 若时，联立， 可得：，解得：， 因为，所以， 所以D点横坐标为或. 21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或 （1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数； （3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值． 【答案】（1）；；；. （2）11个 （3）37 【解析】 【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可； （2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可； （3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可. 【小问1详解】 根据“相邻数列”的概念可知，， 或，或， 所以的所有“相邻数列”有；；；. 【小问2详解】 任取的一个“相邻数列”， 因为或， 或， 所以有且， 对于的取值分以下4种情形： （a）， （b）， （c）， （d） 由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形， 递增，，即， 由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列， 于是，则，即满足数列的有11个. 【小问3详解】 令，所以对任意， 设，则且， 先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合， 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合． 若，令，则，由得， 所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合， 因此，的分布只可能是如下三种情况： （i），此时，对任意的，由得， 所以对任意的，注意到，所以， 等号当且仅当时取到； （ii）存在整数，使得 对任意的，对任意的，所以 （iii）．此时，对任意的，与情形1类似， 对任意的，注意到， 所以， 综上，的最小值为． 【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高考适应性测试 数学 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知为纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，则下列结论一定错误的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，是偶函数，且在上是减函数的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线与直线交于点A，点M在抛物线上，且满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 在的展开式中，x的系数为（ ） A. 9 B. 15 C. D. 7. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）． A. 是最小正周期为的偶函数 B. 点是的对称中心 C. 在区间上的最大值为 D. 在区间上单调递减 8. 已知直线与圆，则“，直线与圆有公共点”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴.则正方体的旋转轴共有（ ） A. 7条 B. 9条 C. 13条 D. 14条 10. 已知函数，则下列命题不正确的是（ ） A. 当时，有唯一极小值 B. 存在定直线始终与曲线相切 C. 存在实数a，使为增函数 D. 存在实数a，使为减函数 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知，若，则______. 12. 双曲线的焦点坐标是______. 13. 已知，，若对任意实数x都有恒成立，则满足条件的一组有序数对为______. 14. 在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为______. 15. 在棱长为6的正方体中，为棱上一动点，且不与端点重合，，分别为，的中点，给出下列四个结论： ①平面平面；②平面可能经过的三等分点；③在线段上的任意点（不与端点重合），存在点使得平面；④若为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为，其中所有正确结论的序号是_________ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程． 16. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 17. 如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. （1）证明：； （2）若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 18. 某居民小区某栋楼共有10户家庭入住，若该楼住户在2024年4月的用电量（单位：度）如下图所示： 若电力公司组织了线上抽奖活动，各住户抽奖相互独立，但对用电量不同的住户，系统设定了如下中奖率： 用电量 中奖率 50% 50% （1）在该楼中随机抽取一户家庭，求其4月用电量不低于30度的概率； （2）在该楼随机抽取2户家庭，以X表示中奖的户数，试求X的分布列和期望； （3）以频率估计概率，在该小区随机抽取2户家庭，以Y表示中奖的户数，试比较与的大小关系.（结论不要求证明） 19. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求曲线与曲线的交点个数. 20. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且点在椭圆上，动点C，D分别在直线和椭圆上. （1）求椭圆的标准方程及其焦点坐标； （2）若椭圆上存在一点E，使得四边形是矩形，求点D的横坐标. 21. 已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或 （1）已知，数列，写出的所有“相邻数列”； （2）已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数； （3）已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $