資源簡介

北京市大興精華學校2023 2024學年高三下學期5月高考適應性考試數學試卷
一、單選題
1．已知為純虛數，則實數（ ）
A．0 B．1 C． D．
2．若集合，，則（ ）
A． B．
C． D．
3．已知平面向量，，則下列結論一定錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
4．下列函數中，是偶函數，且在上是減函數的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知拋物線的焦點為F，過F且斜率為的直線與直線交于點A，點M在拋物線上，且滿足，則（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．在的展開式中，x的系數為（ ）
A．9 B．15 C． D．
7．將函數的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，下列結論正確的是（ ）．
A．是最小正周期為的偶函數 B．點是的對稱中心
C．在區間上的最大值為 D．在區間上單調遞減
8．已知直線與圓，則“，直線與圓有公共點”是“”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
9．連接空間幾何體上的某兩點的直線，如果把該幾何體繞此直線旋轉角，使該幾何體與自身重合，那么稱這條直線為該幾何體的旋轉軸.則正方體的旋轉軸共有（ ）
A．7條 B．9條
C．13條 D．14條
10．已知函數，則下列命題不正確的是（ ）
A．當時，有唯一極小值 B．存在定直線始終與曲線相切
C．存在實數a，使為增函數 D．存在實數a，使為減函數
二、填空題
11．已知，若，則 .
12．雙曲線的焦點坐標是 .
13．已知，，若對任意實數x都有恒成立，則滿足條件的一組有序數對為 .
14．在數學發展史上，已知各除數及其對應的余數，求適合條件的被除數，這類問題統稱為剩余問題.1852年《孫子算經》中“物不知其數”問題的解法傳至歐洲，在西方的數學史上將“物不知其數”問題的解法稱之為“中國剩余定理”，“物不知其數”問題后經秦九韶推廣，得到了一個普遍的解法，提升了“中國剩余定理”的高度.現有一個剩余問題：在的整數中，把被除余數為，被除余數為，被除余數也為的數，按照由小到大的順序排列，得到數列，則數列的項數為 .
15．在棱長為6的正方體中，E為棱上一動點，且不與端點重合，F，G分別為，的中點，給出下列四個結論：
①平面平面；
②平面可能經過的三等分點；
③在線段上的任意點H（不與端點重合），存在點E使得平面；
④若E為棱的中點，則平面與正方體所形成的截面為五邊形，且周長為.
其中所有正確結論的序號是 .
三、解答題
16．中，角A，B，C對邊分別為a，b，c，，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面積.
17．如圖（1），在中，，，將沿折起到的位置，E，F分別為，上的動點，過作平面，交于點Q，使得平面，如圖（2）.
（1）證明：；
（2）若，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角的余弦值.
條件①：平面平面；
條件②：.
18．某居民小區某棟樓共有10戶家庭入住，若該樓住戶在2024年4月的用電量（單位：度）如下圖所示：

若電力公司組織了線上抽獎活動，各住戶抽獎相互獨立，但對用電量不同的住戶，系統設定了如下中獎率：
用電量
中獎率 50% 50%
（1）在該樓中隨機抽取一戶家庭，求其4月用電量不低于30度的概率；
（2）在該樓隨機抽取2戶家庭，以X表示中獎的戶數，試求X的分布列和期望；
（3）以頻率估計概率，在該小區隨機抽取2戶家庭，以Y表示中獎的戶數，試比較與的大小關系.（結論不要求證明）
19．已知函數.
(1)求曲線在處的切線方程；
(2)若，求曲線與曲線的交點個數.
20．已知橢圓的左、右焦點分別為，，且點在橢圓上，動點C，D分別在直線和橢圓上.
（1）求橢圓的標準方程及其焦點坐標；
（2）若橢圓上存在一點E，使得四邊形是矩形，求點D的橫坐標.
21．已知整數，數列是遞增的整數數列，即且定義數列的“相鄰數列”為，其中或
(1)已知，數列，寫出的所有“相鄰數列”；
(2)已知，數列是遞增的整數數列，，且的所有“相鄰數列”均為遞增數列，求這樣的數列的個數；
(3)已知，數列是遞增的整數數列，，且存在的一個“相鄰數列”，對任意的，求的最小值．
參考答案
1．【答案】D
【詳解】因為，
又為純虛數，所以，解得.
故選D
2．【答案】C
【詳解】, 又
所以
故選C
3．【答案】D
【詳解】對于A：若，則，解得，故A正確；
對于B：若，則，解得，故B正確；
對于C：因為，，
顯然，故C正確；
對于D：，故D錯誤.
故選D
4．【答案】B
【詳解】對于A，函數是奇函數，A錯誤；
對于B，函數，所以函數為偶函數，，
令，得，當時，在上單調遞減，B正確；
對于C，函數為偶函數，在上單調性有增也有減，C錯誤；
對于D，函數，所以函數為偶函數，
，，函數在上一定不是減函數，D錯誤；
故選B.
5．【答案】C
【詳解】由題意可得，故過F且斜率為的直線方程為，
令，則由題，
因為，所以垂直于直線，故，
又M在拋物線上，所以由，
所以.
故選C.
6．【答案】A
【詳解】易知，的展開式中，沒有x項；
因為的展開式的通項為：，
令，即，所以展開式中，x的系數為；
又因為的展開式的通項為：，
令，即，所以展開式中，x的系數為；
綜上，在的展開式中，x的系數為，
故選A.
7．【答案】D
【詳解】，
向左平移個單位長度得到函數，則，
對于A：由以上解析可得為奇函數，故A錯誤；
對于B：當時，，故B錯誤；
對于C：因為函數的遞增區間為，即，
同理得函數的遞減區間為
所以是的一個遞減區間，
又當時，，
所以，故C錯誤；
對于D：由C的解析可知，所以遞減區間為，
所以當時可得，在區間上單調遞減，故D正確.
故選D
8．【答案】B
【詳解】易知圓的圓心為，半徑為，
當，直線與圓有公共點時，恒成立，即恒成立，
則且，解得，即或（舍去）
所以“，直線與圓有公共點”是“”的必要不充分條件，
故選B.
9．【答案】C
【詳解】由對稱性結合題意可知，
過正方體相對面中心的連線為旋轉軸，如圖中，
此類共3條，此時旋轉角α最小為90°，
以正方體的體對角線為旋轉軸，如圖中，
此類共有4條，此時旋轉角α最小為120°，
以正方體對棱的中點連線為對稱軸，如圖中，
此類共有6條，此時旋轉角α最小為180°，
綜上，這個正方體的旋轉軸共有13條．
故選C．
10．【答案】C
【詳解】對于A，當時，，
，
令，則，
由得或，由得，
所以在上單調遞增，在上單調遞增，在上單調遞減，
，，，
所以在內存在唯一零點，使得，
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以有唯一極小值，故A正確；
對于B，，因為，，
所以存在定直線始終與曲線相切，故B正確；
對于C，由B可知，不論為何值，恒成立，故不能為增函數，
故C錯誤；
對于D，當時，，
令，，令，則，
所以當時，，在上單調遞增，
當時，，在上單調遞減，
所以，所以，
所以是單調遞減函數，故D正確.
故選C.
11．【答案】或
【詳解】因為且，
所以或，
解得或.
12．【答案】，
【詳解】因為雙曲線的焦點在軸上，
，，
所以雙曲線的焦點坐標是，.
13．【答案】（答案不唯一）
【詳解】，若對任意實數x都有恒成立，
則，或，
由，得，
因為，令，得，
由，得，
因為，令，得，
所以滿足條件的一組有序數對為或.
14．【答案】
【詳解】依題意既是的倍數也是的倍數還是的倍數，也就是的倍數，
所以，即，令，
∴，又因為，所以共項.
15．【答案】①③④
【詳解】
如圖所示建立直角坐標系，以為原點，以分別為為正方向，
，
，設
①，
因為，
所以是平面內兩條相交直線，則平面，平面，因此平面 平面，①正確；
②取點為的三等分點，即或，設平面的法向量為，，則，令，所以
當時，，若在平面中，，解得不合題意；
當時，，若在平面中，，解得不合題意；②錯誤；
③在線段上的任意點H（不與端點重合），設，則，由上可知平面的法向量為，若存在點E使得平面，則有，即，解得所以當時成立，③正確；
④延長三線相交于點，連接分別交直線于點,因為E為棱的中點，則平面與正方體所形成的截面為五邊形，
在正方體中，，根據三角形相似可得，則，，因此周長為.④正確.
16．【答案】（1）
（2）
【詳解】（1）由已知得，由正弦定理得 得
， 得
（2）法一：由（1）知，代入得，
由余弦定理 得
得或
①當時，
②當時，
法二：代入得
∵，∴，或
①時，
②時，
17．【答案】（1）證明見解析
（2）答案見解析
【詳解】（1）因為，所以，，
又因為、平面，，
所以平面，而平面，所以平面平面，
因為平面平面，平面平面，
所以．
（2）選擇條件①：平面平面，
因為，，
所以為二面角的平面角，
因為平面平面，所以，
所以建立如圖空間直角坐標系，又，
所以E，F，Q分別是PC，BC，CD的中點，，，，
，，平面的法向量為，
設平面的法向量為，則得，
令，則，，所以，
設二面角的平面角為，則，
由題可知，二面角為鈍二面角則，
二面角的余弦值為，
選擇條件②：，
因為平面，平面，所以，
因為，，BC，平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
因為，，
所以建立如圖空間直角坐標系，又，
所以E，F，Q分別是，，的中點，，，，
，，平面的法向量為，
設平面的法向量為，則 得，
令，則，，所以，
設二面角的平面角為，則，
由題可知，二面角為鈍二面角，則，
二面角的余弦值為．
18．【答案】（1）
（2）分布列見解析，
（3）
【詳解】（1）記“在該樓中隨機抽取一戶家庭，其4月用電量不低于30度”為事件A，
在該樓10個住戶中，用電量不低于30度的共戶，
故概率估計值；
（2）解法1：X的所有可能取值為0，1，2，
，
，
，
X的分布列為：
0 1 2
X的期望值，
解法2：X的所有可能取值為0，1，2，
，
，
，
X的分布列為：
X 0 1 2
P
X的期望值；
（3）Y的所有可能取值為0，1，2，
，
，
，
則，
故.
19．【答案】(1)
(2)交點個數為1
【分析】（1）借助導數的結合意義計算即可得；
（2）原問題可轉化為函數在上的零點個數問題，借助導數研究函數的單調性后結合零點的存在性定理即可判斷.
【詳解】（1）由，則，
，則，
所以切線方程為，即；
（2）令，故，
令，，
令，
，
當時，，，，
∴，∴在上為減函數，即在上為減函數，
又，，
∴在上有唯一的零點，設為，即，
∴在上為增函數，在上為減函數，
又，
，
，
∴在上有且只有一個零點，在上無零點，
∴曲線與曲線的交點個數為1.
20．【答案】（1）方程為，焦點坐標為，
（2）橫坐標為或
【詳解】（1）由題設，解得，.
所以橢圓G的方程為.焦點坐標為，
（2）設，，，，
因為四邊形是矩形，一定為平行四邊形，所以，
則，，所以，
D，E都在橢圓上，，變形得①，
又，所以，即，
則，②
②代入①得，解得：或，
若時，，，此時C與重合，D點坐標為；
若時，聯立，
可得：，解得：，
因為，所以，
所以D點橫坐標為或.
21．【答案】(1)；；；.
(2)11個
(3)37
【分析】（1）根據相鄰數列的概念直接求解即可；
（2）任取的一個“相鄰數列”，根據相鄰數列的概念可得且，對于的取值分情況討論，利用為遞增數列可得是公差為1的等差數列，列不等式組求解即可；
（3）令可得對任意，設，證明與要么是空集，要么是連續自然數構成的集合，進而根據定義求解即可.
【詳解】（1）根據“相鄰數列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相鄰數列”有；；；.
（2）任取的一個“相鄰數列”，
因為或，
或，
所以有且，
對于的取值分以下4種情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由數列是遞增的整數數列，前3種情形顯然都能得到，所以只需考慮第4種情形，
遞增，，即，
由是遞增的整數數列得，從而是公差為1的等差數列，
于是，則，即滿足數列的有11個.
（3）令，所以對任意，
設，則且，
先證明與要么是空集，要么是連續自然數構成的集合，
若，令，則，由得，
所以，即，即是空集，或是連續自然數構成的集合．
若，令，則，由得，
所以，即，即是空集，或是連續自然數構成的集合，
因此，的分布只可能是如下三種情況：
（i），此時，對任意的，由得，
所以對任意的，注意到，所以，
等號當且僅當時取到；
（ii）存在整數，使得
對任意的，對任意的，所以
（iii）．此時，對任意的，與情形1類似，
對任意的，注意到，
所以，
綜上，的最小值為．
【方法總結】根據“相鄰數列”的定義，按照或分類討論不同情形，結合數列的定義求解即可.

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