东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）数学试题答案

这是一份东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）数学试题答案，共32页。试卷主要包含了请将各题答案填写在答题卡上，本试卷主要考试内容， 若集合，，则中元素的个数为等内容，欢迎下载使用。

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东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）
高三数学
考生注意：
1.本试卷共150分，考试时间120分钟.分四大题，22小题，共5页
2.请将各题答案填写在答题卡上.
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容
一､单选题（每题只有一个选项是正确答案，每题5分，共40分）
1. 已知集合，，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式，确定集合A，讨论m的范围，确定B，根据题意推出Ü，由此列出不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意集合，
，
若，则，此时，
因为“”是“”的必要不充分条件，故Ü,
故；
若，则，此时，
因为“”是“”的必要不充分条件，故Ü,
故；
若，则，此时，满足Ü,
综合以上可得，
故选：C
2. 《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦”充分体现了中国古典哲学与现代数学的关系，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴（正半轴和负半轴），进而到平面直角坐标系中的四个象限和空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程.现将平面向量的运算推广到维向量，用有序数组表示维向量，已知维向量，，则（ ）
A. B.
C. D. 存在使得
【答案】C
【解析】
【分析】类比平面向量的运算，计算维向量的数量积、模、夹角、共线等问题.
【详解】类比平面向量运算，
，所以，A错误；
，B错误；
，，C正确；
假设存在使得，则有且，此时无解，D错误.
故选：C.
3. 将函数（）的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若函数）的一个极值点是，且在上单调递增，则ω的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由函数的图像平移变换得到函数，再根据正弦函数的图像性质得到是函数一条对称轴，从而得出（），
结合正弦函数的周期与单调性的关系得到，即可得到答案.
【详解】由题意得：，
又函数）的一个极值点是，即是函数一条对称轴，
所以，则（），
函数 在上单调递增，则函数的周期，
解得，则，，
故选：A.
4. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】选取两条特殊的互相垂直的切线，得到其交点，代入圆方程得到，利用离心率公式即可得到答案.
【详解】依题意，取特殊直线和直线，显然这两条直线与椭圆都相切，且这两条直线互相垂直，
因其交点在圆上，∴，得，
∴椭圆的离心率，
故选：D.
5. 数列满足，，现求得的通项公式为，，若表示不超过的最大整数，则的值为（ ）
A. 43 B. 44 C. 45 D. 46
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可解得，，分别计算可得，，由可得，所以.
【详解】联立方程；
解得，，
则，
由题可得，，，且，
所以，
则，
因为，所以，故，
故选：D.
6. 若集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】推导出集合表示的图象为，，集合表示的图象为双曲线，从而，进而中元素的个数为0．
【详解】解：集合，
集合表示的图象为：半圆，，
，，，，
集合的表示图象为：双曲线，
，
∴中元素的个数为0，
故选：A．
【点睛】本题主要考查交集中元素个数的求法，考查双曲线、圆、复数、反三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力能力，属于难题．
7. 在三棱锥中，，平面平面，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，分别在线段上运动（端点除外），.当三棱锥的体积最大时，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点,证得为球心，利用二次函数求出三棱锥的体积最大时的取值，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，求得截面圆的半径.
【详解】如图，取的中点,连接,

因为，所以，即为球心，
则球的半径,又,所以,
又平面平面，平面平面平面.
所以平面，
设，则,所以，
所以三棱锥的体积.
当时,取得最大值，
由于，在中，由余弦定理得:

根据球的性质可知，当垂直于截面时，截面圆的面积最小，
设此时截面圆的半径为，所以.
则截面面积的最小值为.
故选:C.
8. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数得出大小，又即得出结论.
【详解】构造函数，则，
在上恒成立，则在上单调递减，故，则，
，则，
由对于函数，恒成立，
所以， 即在上恒成立.
所以，（注： ）
所以，
故选：C
二､多选题（每题至少有一个选项为正确答案，少选且正确得3分，每题5分，共20分）
9. 如图是一块高尔顿板示意图，在一块木板上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为，用表示小球落入格子的号码，则（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】分析得到，进而利用二项分布求概率公式求出相应的概率，利用二项分布求期望和方差.
【详解】设“向右下落”， “向左下落”，则，
因为小球最后落入格子的号码等于事件发生的次数，而小球下落的过程中共碰撞小木钉10次，
所以，于是，同理可得：，A正确，B错误；
由二项分布求期望及方差公式得：，，C错误，D正确.
故选：AD
10. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．如图，已知圆O的半径为2，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（ ）

A. 为定值
B. 的取值范围是
C. 当时，定值
D. 时，的最大值为12
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据所给定义可判断A，利用数量积的运算律和向量的加法运算可判断B，利用数量积的运算律和所给定义可判断C，利用基本不等式可判断D.
【详解】如图，设直线PO与圆O于E，F．则


，故A正确．
取AC的中点为M，连接OM，
则
，
而
故的取值范围是故B错误；
当时，
，故C正确．
当时，圆O半径取AC中点为，中点为，
则

，
最后等号成立是因为，
不等式等号成立当且仅当，故D正确．
故选:ACD.
11. 如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（ ）

A. 当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B. 四棱锥的体积的最大值为
C. 若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D. 若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A项，分析点A与点C重合时三角形ADE翻折旋转所得的几何体类型，即可得到几何体的表面积；B项，通过表达出的体积，即可求出四棱锥的体积的最大值；C项，通过三角形的等面积法即可求出点F到平面ACD的距离；D项，通过C项的三角形ACE为正三角形时，由余弦定理得到异面直线AC与BD所成角的余弦值为，即可求出异面直线AC与BD所成角的余弦值为时，A、C两点间的距离.
【详解】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴,,,
∴,，
对于A项，
当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为以2为半径高为1的半个圆锥，
∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
,
故A正确；
对于B项，
设，则，
设点到的距离为，
则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，
∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，,
过点作，连接，
取的中点,连接，，

在中，,点F为AB的中点，
由几何知识得，，
在中，,
∴，为的中点，
在中，为的中点，,点F为AB的中点，
∴,,,
在中，
在四边形中，由几何知识得，,，
∴四边形是矩形，，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：,故C错误，
由几何知识得，，,
∴,此时即为异面直线AC与BD所成的角，
由余弦定理，
，
代入数据，解得：，
∴异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为，
故D正确；
故选：ABD.
【点睛】本题考查几何体的表面积，体积，空间点到平面的距离，异面直线所成的角，余弦定理等，具有极强的综合性。
12. 直线、为曲线与的两条公切线.从左往右依次交与于A点、B点；从左往右依次交与于C点、D点，且A点位于C点左侧，D点位于B点左侧.设坐标原点为O，与交于点P.则下列说法中正确的有（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】先由和是一对反函数，图像关于直线对称，得出点关于直线对称，点关于直线对称，点在直线上，再算出和的公切线方程，设点坐标为，用表示出三个点的坐标，由直线性质算出点坐标，再依次通过计算得出每个选项的正误即可.
【详解】由题意，画出大致图像如图，

设与，为直线，为直线，
且和是一对反函数，图像关于直线对称，
则点关于直线对称，点关于直线对称，点在直线上，
设的切点为，的切点为，
由，，
得的切线方程为，
的切线方程为，
当两函数的切线方程重合时，即为公切线，
则，将代入下式得，
将和的图像在同一坐标系中画出如图，

设方程的其中一个解为，则，
由，可得，
又因，则方程的另一个解为，
因此点坐标为，点坐标为，点坐标为，点坐标为.
因为与关于直线对称，所以，选项错误；
由点在直线上可得，
设点坐标为，则，解得，
设，，
设，，
则在上单调递减，
由，，
可得在上的函数值为先正后负，
即在上的值为先正后负，
则在上的单调性为先增后减，
又，，且，
则，即，
所以，选项B错误；
分别连接，，如图，

由，，
得，选项C正确；
分别连接，，如图，

得第三象限夹角，即，选项D正确.
故选：CD.
三､填空题（每题5分，共20分）
13. 已知数列，令为，，…，中的最大值，则称数列为的“控制数列”，中不同数的个数称为“控制数列”的“阶数”.例如：为1，3，5，4，2，则“控制数列”为1，3，5，5，5，其“阶数”为3，若由1，2，3，4，5任意顺序构成，则使“控制数列”的“阶数”为2的所有的个数为______.
【答案】50
【解析】
【分析】根据新定义，利用分类加法计数原理和排列求出满足条件的数列的个数．
【详解】当由1，5构成时，则，为的一个排列，
故满足条件的数列有个；
当由2，5构成时，则，为的一个排列，
或，为的一个排列，
故满足条件的数列有个；
当由3，5构成时，则，为的一个排列，
且数字4排在5的后面，
故满足条件的数列有个；
当由4，5构成时，则，为的一个排列，
故满足条件的数列有个.
由分类加法计数原理可得满足条件的数列共有50个.
故答案为：50.
14. 如图，函数 的图象与坐标轴交于点，，，直线交的图象于点，坐标原点为的重心三条边中线的交点，其中，则 __________．

【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的图象，求得函数的解析式，得到，结合，即可求解.
【详解】因为O为的重心，且，可得，
解得，所以，
所以，所以，所以，解得，
可得，
由，即，可得，
解得，又由，所以，
所以，
于是，所以.
.
故答案：.
15. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过右焦点且倾斜角为直线l与该双曲线交于M，N两点（点M位于第一象限），的内切圆半径为，的内切圆半径为，则为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，，，利用双曲线的定义可得，作出图形，结合图形分析，可知与直线的倾斜角相等，利用直角三角形中的边角关系，即求.
【详解】设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，

设，，，设的内切圆为圆，
由双曲线的定义可得，得，
由此可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，
所以轴，
过圆心作的垂线，垂足为，
因为，
所以，
∴，即
∴，即
故答案为：.
【点睛】关键点点睛，得到是关键，说明轴，同时直线的倾斜角与大小相等，计算即得.
16. 函数f（x），g（x）的定义域都是D，直线x=x0（x0∈D），与y=f（x），y=g（x）的图象分别交于A，B两点，若|AB|的值是不等于0的常数，则称曲线y=f（x），y=g（x）为“平行曲线”，设f（x）=ex-alnx+c（a>0，c≠0），且y=f（x），y=g（x）为区间（0，+）的“平行曲线”，g（1）=e，g（x）在区间（2，3）上的零点唯一，则a的取值范围是_________.
【答案】（，）．
【解析】
【详解】分析：根据平行曲线的定义，求出表达式；通过分离参数，分析出在（2,3）上的单调性，即可求出的取值范围．
详解：因为 与 是在（0，+）上的平行曲线，且|AB|≠0，所以可将的图像上下平移得到的图像．
因为 ，设，因为 ，代入可得
所以
令，分离参数 ，得．令
因为在（2,3）上存在唯一零点，即 与在（2,3）有且仅有一个交点．

因为在 时，
所以在上单调递增．
若满足即 与在（2,3）有且仅有一个交点
所以 ，代入
即 的取值范围为
点睛：本题考查了新定义，导函数的综合应用，分离参数法在综合型题目中的应用，应用函数的单调性求其值域等知识点，综合性强，属于难题．
四､解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）
17. 已知数列的前项和为，，数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项．
（1）求数列与数列的通项公式；
（2）若数列，求数列的前项和；
（3）求证：．
【答案】（1）；.
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，由与的关系，即可得到数列的通项公式，然后再由等比数列的通项公式得到数列的通项公式；
（2）根据题意，设的前项和为，的前项和为，分别求得即可得到结果.
（3）由题意可得，，然后再结合等比数列的求和公式，即可得到结果.
【小问1详解】
因为数列的前项和为，且，
当时，；
当时，，当时也满足；
所以；
又因为数列为等比数列，且，分别为数列第二项和第三项，
所以，则，则.
【小问2详解】
由（1）可得，，
令①
所以②
②可得，

所以
令，
即，
令，
则

则
【小问3详解】
设，则，
则

18. 在中，，.
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上高线的长.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）；
（2）选②，.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，从而，进而可求解；
（2）选①：由正弦定理得，求得，从而确定三角形不存在；选②：由余弦定理求得，再利用等面积法可求解；选③：由正弦定理可求得，进而求得或，不满足题意.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理可得，
又，所以，即，
因为，所以.
小问2详解】
若选条件①：，由正弦定理知,可得，
故满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；
若选条件②：，
由余弦定理可得，，
即，所以满足条件的三角形唯一.
设边上的高为，由等面积法可知,
即，解得，
故边上高线的长为.
若选条件③：，由正弦定理可得，即，
所以，可得或，有两解，不符合题意
综上，应该选②，边上高线的长为.
19. 三年多的“新冠之战”在全国人民的共同努力下刚刚取得完胜，这给我们的个人卫生和公共卫生都提出更高的要求！某机构欲组建一个有关“垃圾分类”相关事宜的项目组，对各个地区“垃圾分类”的处理模式进行相关报道，该机构从600名员工中进行筛选，筛选方法如下：每位员工测试A，B，C三项工作，3项测试中至少2项测试“不合格”的员工，将被认定为“暂定”，有且只有一项测试“不合格”的员工将再测试A，B两项，如果这两项中有1项以上（含1项）测试“不合格”，将也被认定为“暂定”，每位员工测试A，B，C三项工作相互独立，每一项测试“不合格”的概率均为．
（1）记每位员工被认定为“暂定”的概率为，求；
（2）每位员工不需要重新测试的费用为90元，需要重新测试的前后两轮测试的总费用为150元，所有员工除测试费用外，其他费用总计为1万元，若该机构的预算为8万元，且600名员工全部参与测试，试估计上述方案是否会超出预算，并说明理由．
【答案】（1）
（2）不会超过预算，理由见详解
【解析】
【分析】（1）利用互斥事件的概率加法计算公式和n次独立重复实验的概率计算公式进行求解即可；
（2）设每位员工测试的费用为X元，则X的可能取值为90，150，利用n次独立重复实验的概率计算公式和离散型随机变量的数学期望公式求出数学期望的表达式，通过构造函数，利用导数判断函数的单调性求最值即可．
【小问1详解】
由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为，
每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为，
综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概率为
．
【小问2详解】
设每位员工测试的费用为X元，则X的可能取值为90，150，
由题意知，， ，
所以随机变量X的数学期望为
（元），，
令，，
则，
所以当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即（元）.
所以此方案的最高费用为（万元），
综上可知，若以此方案实施估计不会超过预算．
【点睛】本题考查互斥事件的概率加法公式、n次独立重复实验的概率计算公式、离散型随机变量的数学期望公式和利用导数判断函数的单调性求最值；考查运算求解能力和转化与化归能力；通过构造函数，利用导数求最值是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题．
20. 已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．

（1）求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
（2）求证：曲线C是抛物线．
【答案】（1）证明见解析；；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.
【小问1详解】
∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴，
记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴，
∵平面内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面，
∵直线TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．连TO，TM，
∴，，
∴球T的半径且，
∴.
【小问2详解】
在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴，
∴，，
设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴，，
∴，
即（1），
两边平方整理得：（2），
两边平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过作一条渐近线的垂线交C于点P，垂足为Q，，，M、N为双曲线左右顶点．
（1）求双曲线C的方程；
（2）设过点的动直线l交双曲线C右支于A，B两点（A在第一象限），若直线AM，BN的斜率分别为，．
（i）试探究与的比值是否为定值．若是定值，求出这个定值：若不是定值，请说明理由；
（ii）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（i）是定值；（ii）
【解析】
【分析】（1）运用双曲线的定义及双曲线的焦点到其渐近线的距离为b可求得a、b的值，进而求得双曲线方程.
（2）（i）设出直线AB的方程，联立其与双曲线方程可得，
（法一）对进行配凑得，代入计算即可；
（法二）先由韦达定理得，再代入计算即可.
（ii）设出直线方程，联立其与双曲线方程可求得，结合点A在第一象限且且可求得的范围，进而求得的范围.
【小问1详解】
因为，所以，
由题意可得，所以，
所以双曲线C的方程为.
【小问2详解】
（i）设，直线AB的方程为，
由，消元得．
则，且，
（法一）∴
；
（法二）由韦达定理可得，即，
∴
，即与的比为定值．
（ii）设直线：，代入双曲线方程并整理得
，
由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，
由韦达定理得：，解得．
因为点A在双曲线的右支上，所以，
又点A在第一象限，所以，同理可得，
由（i）中结论可知，
得，所以，
故，
故的取值范围为.
【点睛】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
22. 已知函数，．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）当时，对于在中的任意一个常数，是否存在正数，使得，请说明理由；
（3）设，是的极小值点，且，证明：．
【答案】（1）；
（2）存在，理由见解析；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程作答.
（2）把代入，假定存在，再等价转化不等式，构造函数，求其最小值并证明其小于0作答.
（3）根据给定条件，利用导数探讨a与极小值点的关系，再结合不等式的性质推理作答.
【小问1详解】
当时，，求导得：，，而，则，
所以在点处的切线方程是.
【小问2详解】
当时，，对于在中的任意一个常数，假定存在正数，使得成立，
显然有，
令，求导得：，
当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
则当时，，
令，求导得：，即在上单调递增，
，即，
所以存在正数，使得.
【小问3详解】
依题意，，求导得：，
令，，即在上单调递增，
因，当时，，即，函数在上单调递增，不存在极值，
当时，，，从而存在，使得，即，
当时，，，当时，，，因此，是函数的极小值点，满足，
，则，
因函数在上单调递减，而当时，，则由得，
令，求导得，当在上单调递减，
，，当且仅当时取“=”,即，，
于是得，，，
因此，，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.