江苏省无锡市辅仁高中2022—2023学年高三数学考前适应性练习及答案

这是一份江苏省无锡市辅仁高中2022—2023学年高三数学考前适应性练习及答案，共23页。试卷主要包含了 若集合，则， 已知复数是纯虚数，则的值为， 函数的图像大致为， 下列说法中正确的是， 已知函数，则下列判断正确的是等内容，欢迎下载使用。
无锡市辅仁高中2022—2023学年高三数学考前适应性练习
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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数是纯虚数，则的值为（ ）
A. B. 12 C. D. 3
3. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
4. 在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与的非负半轴重合，将角的终边按逆时针旋转后，得到的角终边与圆心在坐标原点的单位圆交于点，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知△ABC是正三角形，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
6. 如图，是椭圆的左､右顶点，是上不同于的动点，线段与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知数列各项为正数，满足，，则（ ）
A. 是等差数列 B. 是等比数列
C. 是等差数列 D. 是等比数列


8. 从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，满足关于的方程恰有三个不同的实数根，且（其中），则的值为（    ）
A． B．
C． D．
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B. 若随机变量，且，则
C. 若随机变量，且，则
D. 对一组样本数据进行分析，由此得到的线性回归方程为：，至少有一个数据点在回归直线上
10. 已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则的最小值为
B. 若将的图象向右平移个单位得到奇函数，则的最小值为
C. 若在单调递减，则
D. 若在上只有1个零点，则
11. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（    ）
A．被截正方体的棱长为2
B．被截去的一个四面体的体积为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为

12. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列，现有高阶等差数列，其前7项分别为5，9，17，27，37，45，49，设通项公式.则下列结论中正确的是（ ）
（参考公式：）
A. 数列为二阶等差数列 B. 数列的前11项和最大
C. D.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为___________.
14. 已知抛物线，过点作直线交于两点，且，则点的横坐标为___________.
15. 已知三点在圆上，的重心为坐标原点，则周长的最大值为___________.
16. 设表示不超过的最大整数，如.已知函数有且只有4个零点，则实数的取值范围是___________.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 记为数列的前项和，已知，且满足.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）设，求数列的前项和.








18. 为贯彻落实习近平总书记关于学生近视问题的指示精神和《教育等八部门关于印发的通知》以及《中国防治慢性病中长期规划（2017-2025年）》等文件要求，切实提升我省儿童青少年视力健康整体水平，实施了，“明眸”工程.各中小学为推进近视综合防控，落实“明眸”工程，开展了近视原因的调查.其校为研究本校的近视情况与本校学生是否有长时间使用电子产品习惯的关系，在已近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据：

长时间使用电子产品
非长时间使用电子产品
近视
45
55
未近视
20
80
（1）能否有99%的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关？
（2）据调查，某校患近视学生约为46%，而该校长时间使用电子产品的学生约为30%，这些人的近视率约为60%.现从每天非长时间使用电子产品的学生中任意调查一名学生，求他患近视的概率.
附：，其中.

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828

19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.

20. 在锐角中，角所对的边分别为，已知，点是线段的中点，且.
（1）求角；（2）求边的取值范围.

21. 已知椭圆的右焦点为，点A，B在椭圆C上，点到直线的距离为，且的内心恰好是点D．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知O为坐标原点，M，N为椭圆上不重合两点，且M，N的中点H在直线上，求面积的最大值．

22. 已知函数，．
（1）求函数的极值点；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
无锡市辅仁高中2022—2023学年高三数学考前适应性练习
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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由可得：，解得：，
由可得：，解得：或，
所以，，所以
故选：D.
2. 已知复数是纯虚数，则的值为（ ）
A. B. 12 C. D. 3
【答案】C
详解】由题意，
因为复数是纯虚数，故，
解得，
故选：C
3. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】设，则有，
是奇函数，排除D； ，排除B；当时，，排除C；
故选：A.
4. 在平面直角坐标系中，角的顶点在坐标原点，始边与的非负半轴重合，将角的终边按逆时针旋转后，得到的角终边与圆心在坐标原点的单位圆交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由题设，
由.
故选：A
5. 已知△ABC是正三角形，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意求出与的夹角，然后利用求投影向量的公式即可求解.
【详解】
因为△ABC是正三角形，且，所以以为邻边作平行四边形，则四边形是菱形，是的中点
所以，即与的夹角为，
所以在上的投影向量为
（其中表示与同方向的单位向量）.故选：B
6. 如图，是椭圆的左､右顶点，是上不同于的动点，线段与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】设 ，
则，，
两式相乘得,①
因为直径所对的角是直角,所以所以 ②
①除以②得，故，
故选：D
7. 已知数列各项为正数，满足，，则（ ）
A. 是等差数列 B. 是等比数列
C. 是等差数列 D. 是等比数列
【答案】C
【详解】因为数列各项为正数，满足，，
故对任意的，，则，
所以，数列的每一项都是正数，
所以，，可得，
由等差中项法可知，数列是等差数列，
故选：C.


8. 从古至今，中国人一直追求着对称美学．世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构——故宫：金黄的宫殿，朱红的城墙，汉白玉的阶，琉璃瓦的顶……沿着一条子午线对称分布，壮美有序，和谐庄严，映祇着蓝天白云，宛如东方仙境．再往远眺，一线贯穿的对称风格，撑起了整座北京城．某建筑物的外形轮廓部分可用函数的图像来刻画，满足关于的方程恰有三个不同的实数根，且（其中），则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】因为，
所以关于对称，所以的根应成对出现，
又因为的方程恰有三个不同的实数根且，
所以该方程的一个根是，得，
所以，由得，
当，即时，，①
则，②
由①②可求出，所以；
当，即时，，③
，④
由③④得方程组无实数解；
综上，方程组的解为，故选：B.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，9，9，7，5，这组数据的第70百分位数为8
B. 若随机变量，且，则
C. 若随机变量，且，则
D. 对一组样本数据进行分析，由此得到的线性回归方程为：，至少有一个数据点在回归直线上
【答案】BC
【详解】对于A，将10次射击成绩从小到大排列为：5，5，6，6，7，7，8，9，9，9.
因为，所以这组数据的第70百分位数为，故A错误；
对于B，由，则，即，
则，故B正确；
对于C，因为，
则，所以，故C正确；
对于D，数据可能都不在回归直线上，故D错误.故选：BC.
10. 已知函数，则下列判断正确的是（ ）
A. 若，则的最小值为
B. 若将的图象向右平移个单位得到奇函数，则的最小值为
C. 若在单调递减，则
D. 若在上只有1个零点，则
【答案】ABC
【详解】对于A，由可得关于对称，
所以，可得：，因为，所以的最小值为，故A正确；
对于B，将的图象向右平移个单位得到，
因为为奇函数，所以，则，所以的最小值为，故B正确；
对于C，函数的单调减区间为：
，则，
令，，则，故C正确；
对于D，若在上只有1个零点，则，
取，令，则，
则，时，无零点，故D不正确.故选：ABC.
11. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（    ）
A．被截正方体的棱长为2
B．被截去的一个四面体的体积为
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，可知四面体是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为，连结，取中点为，连结，构造，根据勾股定理，即可求出，即外接球的半径为，即可求出表面积得出D项.
【详解】
对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，
如图1，则，所以，故A项正确；
对于B项，如图1，由A知，四面体是三条侧棱两两垂直，且长度为的三棱锥，所以，故B项错误；
对于C项，正方体的体积为，所以该二十四等边体的体积为，故C项正确；
对于D项，如图2，设球心为，显然是正方体的中心，连结，取中点为，连结，
因为分别是的中点，所以.又，，
所以，在中，有，所以，
所以，该二十四等边体外接球的半径，表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
12. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，则数列1，3，6，10被称为二阶等差数列，现有高阶等差数列､其前7项分别为5，9，17，27，37，45，49，设通项公式.则下列结论中正确的是（ ）
（参考公式：）
A. 数列为二阶等差数列 B. 数列的前11项和最大
C. D.
【答案】AC
【分析】根据题中定义，结合累加法、等差数列前项和公式、题中所给的公式逐一判断即可.
【详解】设，
所以数列前6项分别为，
设，
所以数列前5项分别为，显然数列是以为首项，为公差的等差数列，由题中定义可知数列为二阶等差数列，因此选项A正确；
，
于是有，
因此有
，
因为
，
所以数列的前11项和最大不正确，因此选项B不正确；
因此选项C正确；
，因此选项D不正确；
故选：AC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为___________.
【答案】1
【详解】令，可得，解得.故答案为:1.
14. 已知抛物线，过点作直线交于两点，且，则点的横坐标为___________.
【答案】##
【详解】由题可设，直线的方程为，
联立得，恒成立，所以①，②
又因为，结合图形可得③
联立①②③可得，，所以即点的横坐标为.
故答案为：.
15. 已知三点在圆上，的重心为坐标原点，则周长的最大值为___________.
【答案】
【分析】根据已知条件发现，且点到圆与轴的正半轴交点的距离为4，正好是的关系，而三角形的重心是中线的三等分点，所以不妨认为圆与轴的正半轴交点是三角形的一个顶点，从而可知另两个顶点正好是圆的直径的两个端点，从而可以得到三角形三边的关系，进而借助基本不等式求出结果.
【详解】由圆得圆心，半径圆，
如图，不妨设点在轴的正半轴上，
由于的重心为坐标原点，且,
所以为圆的直径，所以，
所以
，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为.
故答案为：.
16. 设表示不超过的最大整数，如.已知函数有且只有4个零点，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设，利用导数求出在上的单调性与最值，再求出时的解析式，画出图象，数形结合即可求解.
【详解】设，则有且只有4个根.
当时，,
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，.
当时，，，
当时，，，
故函数的图象如图所示：

因为，由图可知.
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､证明过程或演算步骤.
17. 记为数列的前项和，已知，且满足.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【小问1详解】方法1：，时，，
累加得：，时也成立，.
，是等差数列
方法2：，
，为常数数列，，
，，是等差数列.
方法3：当时，①，②，
②-①可得：
，是等差数列，因为.
【小问2详解】
由（1）知，所以，
方法1：并项求和 当为偶数时，，

方法2：错位相减求和
①
②
①-②：
18. 为贯彻落实习近平总书记关于学生近视问题的指示精神和《教育等八部门关于印发的通知》以及《中国防治慢性病中长期规划（2017-2025年）》等文件要求，切实提升我省儿童青少年视力健康整体水平，实施了，“明眸”工程.各中小学为推进近视综合防控，落实“明眸”工程，开展了近视原因的调查.其校为研究本校的近视情况与本校学生是否有长时间使用电子产品习惯的关系，在已近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据：

长时间使用电子产品
非长时间使用电子产品
近视
45
55
未近视
20
80
（1）能否有99%的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关？
（2）据调查，某校患近视学生约为46%，而该校长时间使用电子产品的学生约为30%，这些人的近视率约为60%.现从每天非长时间使用电子产品的学生中任意调查一名学生，求他患近视的概率.
附：，其中.

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
【答案】（1）有的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关 （2）
【小问1详解】
零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关.

根据小概率的独立性检验，没有充分证据推断出成立，所以不成立，
即有的把握认为患近视与长时间使用电子产品的习惯有关.
【小问2详解】设“长时间使用电子产品的学生”，“非长时间使用电子产品的学生”，
“任意调查一人，此人患近视”，
则，且互斥，，
根据全概率公式有
，所以
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．
由于AB//CD ，故AB⊥PD ，从而AB⊥平面PAD．
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．
（2）在平面内作，垂足为，
由（1）可知，平面，故，可得平面
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.
由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
即可取.
设是平面的法向量，则
即可取.
则，
所以二面角的余弦值为.

20. 在锐角中，角所对的边分别为，已知，点是线段的中点，且.（1）求角；（2）求边的取值范围.
【答案】（1） （2）
【小问1详解】，，
∵，，，
又∵为锐角三角形，.
【小问2详解】，，
，，
，，
为锐角三角形，所以，，
令，，
令，由双勾函数的性质知，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，即，
∴，则，.
21. 已知椭圆的右焦点为，点A，B在椭圆C上，点到直线的距离为，且的内心恰好是点D．（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知O为坐标原点，M，N为椭圆上不重合两点，且M，N的中点H在直线上，求面积的最大值．
【答案】(1)(2)
【详解】（1）设椭圆的左焦点为，则，
故点到直线的距离等于，
因为的内心恰好是点D，所以点到直线的距离相等且为，
则即为点到直线的距离，所以，即轴，
由，令，则，不妨取，则，
故直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，即，
又，所以，所以椭圆C的标准方程为；  
（2）设，则，
因为M，N为椭圆上不重合两点，则有，两式相减得，
则，即，
设直线的方程为，联立，消得，
，解得，所以，
，则，
原点到直线的距离，，故，
当且仅当，即时，取等号，所以面积的最大值为．
  
22. 已知函数，．
（1）求函数的极值点；（2）若恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）是的极大值点，无极小值点 （2）
【小问1详解】由已知可得，函数的定义域为，且，
当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以是的极大值点，无极小值点．
【小问2详解】解法一：设，，
则，
令，，则对任意恒成立，
所以在上单调递减．又，，
所以，使得，即，则，即．
因此，当时，，即，则单调递增；
当时，，即，则单调递减，
故，解得，
所以当时，恒成立．
解法二：令，，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即．
因为，所以，当时等号成立，
即，当时等号成立，所以的最小值为1．
若恒成立，则，所以当时，恒成立