吉林省长春市吉大附中实验学校2023届高三数学适应性测试（一）试题（Word版附解析）

这是一份吉林省长春市吉大附中实验学校2023届高三数学适应性测试（一）试题（Word版附解析），共29页。
2022-2023学年下学期高三年级
适应性测试（一）
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回．
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区．
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
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. 已知集合，，若，则所有符合条件的实数组成的集合是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
就分类讨论求出集合，再结合可得的值.
【详解】等价于
当时，，此时，符合；
当时，，因为，故或即或，
故选：D.
2. 已知，，则角所在的象限是（ ）
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】
【分析】先利用诱导公式求出，，利用二倍角公式判断出，，即可判断出角所在的象限.
【详解】因为，所以；因为，所以.
所以，，
所以是第三象限角.
故选：C.
3. 党的十八大以来的十年，是砥砺奋进、矢志“为中国人民谋幸福”的十年．在党中央的正确领导下，我国坚定不移贯彻新发展理念，着力推进高质量发展，推动构建新发展格局，实施供给侧结构性改革，制定一系列具有全局性意义的区域重大战略，经济实力实现历史性跃升．国内生产总值（GDP）从五十四万亿元增长到一百一十四万亿元，稳居世界第二位．下表是2022年我国大陆31省市区GDP数据．
2022年中国大陆31省市区GDP（单位，亿元）
排名
省份
GDP
排名
省份
GDP
排名
省份
GDP
1
广东
129118.6
12
河北
42370.4
23
新疆
17741.3
2
江苏
122875.6
13
北京
41610.9
24
天津
16311.3
3
山东
87435.1
14
陕西
327727
25
黑龙江
159010
4
浙江
77715.4
15
江西
32074.7
26
吉林
13070.2
5
河南
61345.1
16
重庆
29129.0
27
甘肃
11201.6
6
四川
56749.8
17
辽宁
2897.5.1
28
海南
6818.2
7
湖北
53734.9
18
云南
28954.2
29
宁夏
5069.6
8
福建
531099
19
广西
26300.9
30
青海
3610.1
9
湖南
48670.4
20
山西
256426
31
西藏
2132.6
10
安徽
45045.0
21
内蒙古
23158.7



11
上海
44652.8
22
贵州
20164.6



则由各省市区GDP组成的这组数据的第75百分位数为（单位：亿元）（ ）
A. 16311.3 B. 17741.3 C. 48670.4 D. 53109.9
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的定义即可求解.
【详解】，
所以各省市区GDP组成的这组数据的第75百分位数为从小到大排名第24名的省份的数据，
即31个省份的从高到低的第8位的省份的数据，
因此为第8名的福建省的53109.9亿元，
故选：D
4. 设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解：因为在方向上的投影向量为，
所以，
所以，
因为与垂直，
所以，
即，解得.
故选：B.
5. 设且，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求的值及的范围，再根据范围比较大小可得答案.
【详解】由，可得：，
，，
因为，所以，
因为，所以.
故选: B.
6. 已知双曲线：的左焦点恰好在抛物线的准线上，过点作两直线分别与抛物线交于两点，若直线的倾斜角互补，则点的纵坐标之和为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据条件解得，再去特殊情况探求结果，由于为单选题，则不需进行验证.
【详解】的左焦点，的准线，故.运用极端化思想处理，当两直线重合时，的坐标均为，点的纵坐标之和为.故选C.
一般性证明：设，则
【点睛】本题考查抛物线方程以及直线与抛物线位置关系，考查基本分析化简求解能力，属中档题.
7. 在长方体中，直线与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 三点共线 B. 四点异不共面
C. 四点共面 D. 四点共面
【答案】C
【解析】
【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线, 再根据 与 、面 、 面 的位置关系知 在面 与面 的交线上, 同理判断 , 即可判断各选项的正误.
【详解】
因为 ,
则四点共面.
因为 ,
则 平面 ,
又 平面 ,
则点 在平面 与平面的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上,
所以三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，
所以四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面内，
而点A不在平面内，
所以直线AO与平面相交且点O是交点，
所以点M不在平面内，
即 四点不共面，
故选项C错误；
，且，
所以为平行四边形，
所以共面，
所以四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
8. 已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为6，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分类讨论 f(x) 的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.
【详解】记
因为，所以，所以
当时，，所以，
取，
则对任意正整数，总有成立，故舍．
当时，．所以
要使正整数的最大㨁为6，则，解得；
当时，，所以
显然存在任意正整数，使得成立；
当时，，所以
要使正整数的最大值为6，则，解得
综上，的取值范围为.
故选：A.
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，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件为“”，事件为“为奇数”，事件为“”，则下列结论正确的是（ ）
A. 与互斥 B. 与对立
C. D. 与相互独立
【答案】AD
【解析】
分析】利用对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义直接求解．
【详解】解：定义事件： “”，事件 “为奇数”，事件 “”，
对于A，事件： “”包含的基本事件有：，，，，，，
事件 “为奇数”，包含的基本事件有：
，，，，，，
与不能同时发生，是互斥事件，故A正确；
对于B，与不能同时发生，能同时不发生，不是对立事件，故B错误；
对于C，的所有可能结果如下表：

1
2
3
4
5
6
1






2






3






4






5






6






（C），，，故C错误；
对于D，（A），（C），，
（A）（C），与相互独立，故D正确．
故选：AD．
10. 已知函数（，），若为的一个极值点，且的最小正周期为，则（ ）
A. B. （）
C. 的图象关于点（，0）对称 D. 为偶函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为是的一个极值点，则，所以A错误；
因为，则，可得，
令，解得，所以B正确.
因为，
则，所以C正确；
因为，
则当为奇数时，为偶函数；
当为偶数时，为偶函数，所以D正确.
故选：BCD.
11. 如图，双曲线E：的左右焦点分别为，，过的直线l与其右支交于P，Q两点，已知且，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 双曲线的离心率为2
C.
D. 的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线定义及性质，结合余弦定理和面积公式逐个选项判断即可．
【详解】如图所示：

对于A，且，所以，故A正确；
对于B，，，所以，又由相似可得：，，，，所以离心率，故B正确；对于C，中，由余弦定理可得，故C错误；
对于D，由C可知，，则其面积，故D正确．
故选：ABD．
12. 已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（ ）

A. 圆台的体积为 B. 圆台的侧面积为
C. 圆台母线与底面所成角为 D. 在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，

其面积为．故B错误；
对于C：过作交底面于，则底面，所以即为母线与底面所成角．

在等腰梯形中，，所以．
因为为锐角，所以．故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为．由题意可得：
．由为中点，所以，所以．故D正确．

故选：ACD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程的一个虚根，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程求解即可.
【详解】因为是关于x的实系数一元二次方程的一个虚根
所以，所以，所以
故答案为：
14. 已知，若正数a，b满足，则的最小值为_____________.
【答案】1
【解析】
【分析】求得为奇函数，且在上递增，可得，则，展开后运用基本不等式即可得到所求最小值．
【详解】解：函数，
可得，
可得为奇函数，
由可得在上递增，
则，
即有，
可得，
即为，
则

，
当且仅当时，取得等号．
则的最小值为1．
故答案为：1．
15. 在平面直角坐标系中，已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据题意，得到三角形为等腰直角三角形，求出点的轨迹方程；再由恒成立，得到点所在的圆在以为直径的圆的内部，进而得到的最小值为圆的直径的最小值，即可得出结果.
【详解】因为是的中点，所以,
又因为，所以三角形为等腰直角三角形，所以,
即点在以为圆心，以为半径的圆上，
因此，点的轨迹方程为；
要使恒成立，则点所在的圆在以为直径的圆的内部，
而在直线上，
点到直线的距离,
所以，以为直径的圆的半径的最小值为,
所以线段长度的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查直线与圆的方程的应用，属于常考题型.
16. 已知数列的前项和为，，且，则的最大值为_______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据裂项相消求和即可得解.
【详解】因为
所以
所以
所以
所以
所以
所以，
故，


故，
又,
所以只需.
故答案为：.
四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 在中，内角 ，， 所对的边分别为， ，，已知 ，= .
（1）求的值；
（2）若的面积为3，求 的值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】（1）根据正弦定理可将条件中的边之间的关系转化为角之间满足的关系，再将式
子作三角恒等变形即可求解；（2）根据条件首先求得的值，再结合正弦定理以及三角
形面积的计算公式即可求解.
试题解析：（1）由及正弦定理得，
∴，又由，即，得，
解得；（2）由，得，，
又∵，∴，由正弦定理得，
又∵，，∴，故.
考点：1.三角恒等变形；2.正弦定理.

18. 乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
（1）求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率；
（2）求该局比赛结束时，双方比分打成且甲获胜的概率；
（3）若在该局双方比分打成平后，两人又打了X个球该局比赛结束，求事件“”的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（2）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（3）由题意可得：或，分类讨论，甲赢得比赛还是是乙赢得比赛，结合独立事件概率乘法公式分析运算.
【小问1详解】
若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，
所以打完前4个球时甲得3分的概率.
【小问2详解】
若双方比分打成且甲获胜，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，且乙最后一次发球甲胜，
双方比分打成且甲获胜的概率.
【小问3详解】
由题意可得：若，则或，
可得；
；
所以.
19. 如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”．过椭圆第四象限内一点作轴的垂线交其“辅助圆”于点，当点在点的下方时，称点为点的“下辅助点”．已知椭圆上的点的下辅助点为．

（1）求椭圆的方程；
（2）若的面积等于，求下辅助点的坐标．
【答案】（1）；（2），或，．
【解析】
【分析】（1）利用已知条件求出椭圆长半轴为，将点代入椭圆方程中，解得，即可得到椭圆的方程．
（2）设点，，则点，，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程，结合三角形的面积，求解下辅助点的坐标．
【详解】（1）椭圆上的点的下辅助点为，
辅助圆的半径为，椭圆长半轴为，
将点代入椭圆方程中，解得，
椭圆的方程为；
（2）设点，，则点，，
将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，
，，故，即，
又，则，
将与，联立可解得或，
下辅助点的坐标为，或，；
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，圆与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20. 如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面分别是的中点．

（1）记平面与平面的交线为，证明：平面；
（2）设（1）中的直线与圆的另一个交点为，且点满足．记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据中位线定理和平行的传递性即可求解；（2）根据线面垂直的判定、性质以及二面角的定义即可求解，或根据建立空间直角坐标系后根据法向量即可求解.
【小问1详解】
∵平面平面，
∴直线平行于平面,
又平面，平面平面，
∴，又．
∴，
因为是直径，所以为直角，所以，
又因为平面，AC在面ABC上，所以，
而相交于点C,且都在平面内，
所以平面，故平面．
【小问2详解】
证法一（综合法）：如图，连接，由（1）可知交线即为直线，且．

因为是的直径，所以，于是．
已知平面，而平面，所以．
而，BC、PC在面PBC内，所以平面．
连接，
因为平面，所以．
故就是二面角的平面角，即．
由，作，且．
连接，
因为是的中点，，所以，
从而四边形是平行四边形，．
连接，因为平面，
所以是在平面内的射影．
故就是直线与平面所成的角，即．
又平面，BF在面PBC内，所以，所以为锐角．
故为异面直线与所成的角，即，
于是在，，中，
分别可得．
从而，即．
证法二（向量法）：
如图，由，作，且，
连接．
由（1）可知交线l即为直线．
以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则有，．
于是，，
所以

从而．
取平面的一个法向量为，可得，
设平面的一个法向量为．
由，可得取．
于是，从而．
故，即．
21. 图中数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数．

（1）设，求数列的通项公式；
（2）设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）利用给定的数阵及相关信息，求出等差数列公差、等比数列的公比即可求解作答.
（2）利用等比数列前n项和公式求出，再分奇偶讨论求解不等式恒成立的值作答.
【小问1详解】
设，第一行从左到右成等差数列的公差为，
则，
由，得，即有，
于是，又，解得，
因此，
所以，即．
【小问2详解】
由（1）知，，
当为奇数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则；
当为偶数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则，因此，
所以存在，使得恒成立．
22. 设函数，曲线在处的切线与轴交于点；
（1）求；
（2）若当时，，记符合条件的的最大整数值､最小整数值分别为，，求.注：为自然对数的底数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求出在处的切线方程，根据切线与轴交于点，即可求得；
（2）法一：由（1）知，则不等式可化为，构造函数，利用导数并讨论导数的正负，从而求得存在，，分离参数，表示出，构造新函数，结合导数求得，进而求得答案；
法二：讨论x的取值范围，从而分离出参数b，在，的情况下，分别构造函数，利用导数判断单调性求的最值，最后确定，由此可得答案；
法三：令，由可解得，从而取，证明证当时，不等式在时恒成立，令，由，解得，故取，再证当时，不等式在时恒成立，由此求得答案.
【小问1详解】
依题意得：，
所以.
又因为，
所以在处的切线方程为，
因为曲线在处的切线与轴交于点，
所以，
解得.
【小问2详解】
解法一:由（1）知，则不等式可化为，
设，
则，
设，则，
因为，所以，
所以在单调递增，即在单调递增，
所以，
①若，则，
所以在单调递增，
所以，
解得，
所以；
②若，则，
因为在单调递增，
当时，，
则存在使得，
当时，取，则，
所以存在，使得，
综上，当时，存在，使得，即，
故当时，，
则在单调递减，
当时，，
则在单调递增，
所以,（*）
由，得，
代入（*）得，
设，
则，
因为，所以由得，
当时，，
所以在上单调递增，
当时，，
所以在单调递减，
又因为，，，
所以当时，，
所以满足的的取值范围是，
又因为，
设，则，
所以在单调递增，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法二：
由（1）知：，则，
①当时，左边等于恒成立，此时；
②当时，原不等式可化为对任意恒成立.
设，则.
设，则.
因为，所以，
所以在上单调递增.
又因为，
所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以.
③当时，原不等式可化为，
此时对于②中函数的导函数，，
可知当时，，
所以在单调递减，且，
所以当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法三：
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，由可得，
当时，，
所以单调递减，
当时，，
所以单调递增，
所以，所以符合题意；
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，
令，则，
所以当时，，
则在上单调递减，
当时，，
则在上单调递增，
所以，
所以当时，恒成立.
当时，，
所以，
所以，
设，则，
设，则，
所以在单调递增，且，
所以当时，，
则在单调递减，
当时，，
则在单调递增，
所以，
所以，
所以，
综上当时，不等式在时恒成立，
所以.
【点睛】本小题主要考查函数的单调性､导数､导数的几何意义及其应用､不等式等基础知识，考查推理论证能力､运算求解能力､创新意识等，考查分类与整合思想､数形结合思想､一般与特殊思想，涉及的核心素养有直观想象､数学抽象､数学运算､逻辑推理等，体现综合性与创新性.