江苏省南京市第一中学2023届高三下学期高考适应性考试数学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市第一中学2023届高三下学期高考适应性考试数学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南京市第一中学2023届高三下学期高考适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．设全集，集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．已知复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在一段时间内，若甲去参观市博物馆的概率0.6，乙去参观市博物馆的概率为0.5，且甲乙两人各自行动，则在这段时间内，甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是（    ）
A．0.3 B．0.32 C．0.8 D．0.84
4．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（    ）
A． B．或
C． D．或
5．斐波那契数列可以用如下方法定义：，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，则数列的第100项为（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．已知，设曲线在处的切线斜率为，则（    ）
A． B．
C． D．
7．如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（    ）
  
A． B． C． D．
8．已知函数，，，恒成立，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（    ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
10．已知函数，，则正确的是（    ）
A． B．是函数的零点
C．函数是非奇非偶函数 D．为图象的一条对称轴
11．在直三棱柱中，，，点M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（    ）
A．平面
B．异面直线与所成的角为45°
C．若点P是的中点，则平面BNP截直三棱柱所得截面的周长为
D．点Q是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点Q的轨迹长度为
12．在一次《数列》的公开课时，有位教师引导学生构造新数列：在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照此方法不断构造出新的数列.下面我们将数列1，2进行构造，第1次得到数列；第2次得到数列；第次得到数列记，数列的前项为，则（    ）
A． B．
C． D．

三、填空题
13．已知，则 ．
14．为深入学习宣传贯彻党的二十大精神，某校团委举办“强国复兴有我”——党的二十大精神知识竞答活动.某场比赛中，甲、乙、丙三位同学同时回答一道有关二十大精神知识的问题.已知甲同学答对的概率是，甲、丙两位同学都答错的概率是，乙、丙两位同学都答对的概率是.若各同学答题正确与否互不影响.则甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为 .
15．设数列的通项公式为，其前项和为，则 .
16．已知函数，若函数恰有6个零点，则实数的取值范围为 ．

四、解答题
17．在中，角，，的对边分别为，，，点在边上，，，.
(1)若，求；
(2)若，求的面积.
18．已知各项均为正数的数列，满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，试比较与9的大小，并加以证明．
19．在如图所示的空间几何体中，与均是等边三角形，直线平面，直线平面，.

(1)求证：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
20．为了宣传航空科普知识，某校组织了航空知识竞赛活动．活动规定初赛需要从8道备选题中随机抽取4道题目进行作答．假设在8道备选题中，小明正确完成每道题的概率都是且每道题正确完成与否互不影响，小宇能正确完成其中6道题且另外2道题不能完成．
(1)求小明至少正确完成其中3道题的概率；
(2)设随机变量X表示小宇正确完成题目的个数，求X的分布列及数学期望；
(3)现规定至少完成其中3道题才能进入决赛，请你根据所学概率知识，判断小明和小宇两人中选择谁去参加市级比赛（活动规则不变）会更好，并说明理由．
21．已知双曲线，在双曲线的右支上存在不同于点的两点，，记直线的斜率分别为，且，，成等差数列．
(1)求的取值范围；
(2)若的面积为（为坐标原点），求直线的方程．
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．

参考答案：
1．B
【分析】根据集合的交并补运算即可结合选项逐一求解.
【详解】由题意可得,,
或，
对于A, 或，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C错误，
对于D，，故D错误，
故选：B
2．D
【分析】先对化简，然后求出复数，从而可求出的共轭复数在复平面内对应的点，进而可得答案.
【详解】由，得，
所以，对应的点为.
的共轭复数在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D.
3．C
【分析】利用对立事件与独立事件的概率公式求解即可.
【详解】依题意，在这段时间内，甲乙都不去参观博物馆的概率为，
所以在这段时间内，甲乙两人至少有一个去参观博物馆的概率是．
故选：C.
4．C
【分析】先利用正弦定理求出，再由同角三角函数的平方关系求得，但需要注意根据“大边对大角”的性质，对的值进行取舍．
【详解】由正弦定理得，，即，得，
所以，
因为，所以，所以，即．
故选：C．
5．D
【分析】由题意有，且，若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，可得是以6为周期的周期数列，然后求解即可．
【详解】由题意有，且，
若此数列各项除以4的余数依次构成一个新数列，
则，，，，，，，，，
则数列是以6为周期的周期数列，
则，
则数列的第100项为3，
故选：．
6．A
【分析】根据导数几何意义可得，利用导数可求得在上单调递减；根据大小关系可得结论.
【详解】当时，，，，
，在上单调递减；
，
所以，而，
所以，
.
故选：A.
7．D
【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，进而可得，结合勾股定理运算求解.
【详解】延长与双曲线交于点，
因为，根据对称性可知，
设，则，
可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得.
故选：D.
  
【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法
求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值；
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
8．A
【分析】令，其中，分析可知，存在，使得，可得出，由题意可得出，可得出，由此可得出，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为的最大值.
【详解】令，其中，则，
令，其中，则，
故函数在上为增函数，
①当时，，，则，
所以，，
所以，存在，使得；
②当时，，则，，
所以，存在，使得；
③当时，令，则，
令，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，即，当且仅当时，等号成立，
所以，，
所以存在，使得，即.
由上可知，对任意的，存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，
，则，
所以，，
令，其中，
所以，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，即的最大值为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
9．ABD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：由可知，
，
A正确；
对B：若，
则，
B正确；
对C： ，，
则，
故，
，其个位数字是0，
故的个位数字是9，C错误；
对D：的展开式通项为，
故展开式的的系数为，又，则，
同理可得：的展开式通项为，即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选： ABD
10．ACD
【分析】由三角恒等变换将函数化简得，根据正弦型三角函数的值域、零点、奇偶性、对称性逐项判断即可.
【详解】因为，所以，故A正确；
由于，故不是函数的零点，故B不正确；
，且，故函数是非奇非偶函数，故C正确；
由于，所以为图象的一条对称轴，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
【分析】利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，选项D可以先在上找一点满足题意，再找到平面与直三棱柱的截面，即可找到点在底面的轨迹.
【详解】选项A,由已知得△为等腰直角三角形，是的中点，则,
∵为直三棱柱，∴平面，∵平面
∴,
∵平面,,∴平面，∴,
设与交于点,其中,,
∵△∽△,,,
∵,∴,
∵平面，,∴平面,故选项A正确；
  
选项B，过点作的平行线,则角为异面直线与所成的角，
因为平面，且∥，所以平面，所以,
所以，因为异面直线所成的角，
所以，故异面直线与所成的角为，故选项B不正确；
  
选项C ，延长交和的延长线于点,连接交于点,连接,则四边形为平面BNP截直三棱柱所得的截面，
由已知得,
由△∽△,则,即,
由△∽△,则，即，
由余弦定理可知，解得，
其周长为,
故选项C正确；
  
选项 D, 若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和,
因为平面,∴,,
∴二面角的平面角为,即，
设，则，,
在△中由余弦定理得
，
在△中由余弦定理得,
，解得，
过作的垂线，连接,过作的平行线交于点,则∥,
所以截面为直三棱柱的截面，所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以,故选项D正确；
  
故选：ACD.
12．AC
【分析】根据数列的构造方法先写出前面几次数列的结果，寻找规律，再进行推理运算即可.
【详解】由题意可知，第1次得到数列1,3,2，此时
第2次得到数列1,4,3,5,2，此时
第3次得到数列1, 5,4,7,3,8,5,7,2，此时
第4次得到数列1,6,5,9,4,11,7,10,3,11,8,13,5,12,7,9,2，此时
第次得到数列1，，2 此时，故A项正确；
结合A项中列出的数列可得：

用等比数列求和可得
则
又
所以 ，则，故B项错误；
由B项分析可知，故C项正确.


，故D项错误.
故选：AC.
13．/
【分析】利用二倍角正弦，结合的平方关系，将所求式子化为关于的齐二次分式，化弦为切即可得解.
【详解】
,
故答案为：.
14．
【分析】设甲同学答对的的事件为A，答错的事件为，乙同学答对的的事件为B，答错的事件为，丙乙同学答对的的事件为C，答错的事件为，根据题意，由 求得，再由求解.
【详解】解：设甲同学答对的的事件为A，答错的事件为，设乙同学答对的的事件为B，答错的事件为乙同学答对的的事件为C，答错的事件为，
因为甲同学答对的概率是，甲、丙两位同学都答错的概率是，乙、丙两位同学都答对的概率是，
所以 ，
解得，
所以甲、乙、丙三位同学中至少2位同学答对这道题的概率为:
，
，
故答案为：
15．100
【分析】讨论，，， 时的值，可得，从而可求的值.
【详解】当或，时，，；
当，时，，，
当，时.
∴，
∴.
故答案为：100.
16．
【分析】利用导数求出在上的单调性与极大值，即可画出函数的图象，依题意可得关于的方程恰有个不相等的实数根，令，则关于的有两个不相等的实数根，且，，令，则，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，则，所以当时，
当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则在处取得极大值，，且时，当时，
当时，函数在上单调递增，
所以的图象如下所示：
      
对于函数，令，即，
令，则，
要使恰有个不相等的实数根，
即关于的有两个不相等的实数根，且，，
令，则有两个不相等的零点均位于之间，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是利用导数说明函数的单调性，得到函数的大致图象，将函数的零点问题转化为一元二次方程根的分布问题.
17．(1)或
(2)4或.

【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，从而求得，即可得到结果；
（2）根据题意，由正弦定理化简得，再由正弦定理即可得到，结合三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】（1）  
在中，，，由余弦定理得，

∴，化简得，
解得，或.
∴，或.
∴，或，
综上可得，或.
（2）在中，设，则，
∵，由正弦定理得，∴.
在中，，，
由正弦定理得，即.
化简得
，∵，∴，.
∴或，解得或.
当时，，，∴为等腰直角三角形，
得到的面积为；
当，，
在中由正弦定理得，
∴
∴的面积为，
综上可得的面积为4或.
18．(1)
(2)，证明见解析

【分析】（1）利用因式分解推得，从而得到是等比数列，进而求得，由此得解；
（2）构造函数，利用导数证得，令，从而推得，再利用错位相减法即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
因为的各项均为正，所以，故，即，
所以是以2为公比的等比数列，
因为，又公比为2，
所以，所以.
（2），证明如下：
令，则，
当时，，即在上单调递减，
所以，则，即，
设，所以，
所以，
记，则，
所以，
即，则，所以，所以.
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）设平面与直线的交点为，根据线面垂直的性质定理以及判定定理推得平面，进而得出，，得出为中点，且二面角的平面角为.根据平面四边形的条件，可得出，即可得出面面垂直；
（2）根据面面垂直的性质，推得平面，进而根据已知推得四边形为矩形.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，得出点的坐标，求出平面与平面的法向量，根据向量法，即可得出答案.
【详解】（1）
如图1，设平面与直线的交点为，连接，.
因为直线平面，直线平面，平面，平面，
所以，.
因为，平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以，.
又因为与均是等边三角形，
所以为中点，且二面角的平面角为.
在平面四边形中，
因为，
所以，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面平面，平面平面，
又，平面，
所以，平面.
又因为，平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形为平行四边形.
又，所以四边形为矩形.

如图2，分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
因为四边形为矩形，设，则由已知可得，，
则，，，，
所以，，，，.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，则为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
则，所以.
令，解得为平面的一个法向量.
设平面与平面夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20．(1)
(2)分布列见解析，3
(3)选择小宇，理由见解析

【分析】（1）小明至少正确完成其中3道题包含两种情况：一是小明正确完成3道题，二是小明正确完成4道题，然后由互斥事件的概率公式求解即可；
（2）由题意得X的可能取值为2，3，4，然后求各自对应的概率，从而可求出X的分布列及数学期望；
（3）分别计算出他们两人至少完成其中3道题的概率，通过比较概率的大小可得答案.
【详解】（1）记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则
．
（2）X的可能取值为2，3，4
，
，
，
X的分布列为；
X
2
3
4
P



数学期望．
（3）由（1）知，小明进入决赛的概率为；
记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则；
因为，故小宇进决赛的可能性更大，
所以应选择小宇去参加比赛．
21．(1)或
(2)或

【分析】（1）设，，直线，代入双曲线方程，根据，，得，根据以及斜率公式推出，，代入可求出结果；
（2）利用弦长公式求出，利用点到直线距离公式求出点到直线的距离，再利用三角形面积列式求出可得直线的方程.
【详解】（1）设，，直线，
由，消去得,
依题意可得，得，
又，，成等差数列，
所以

，
所以，
因为不同于，即不在直线上，
所以，即，
所以，即，即，
所以，即，代入，得，
得，因为，所以，即，
所以或.
（2）
，
点到直线PQ的距离，
，
所以，
两边平方得，
由得，代入，
得，因为，所以，
将代入得，整理得，
所以，解得或，
由（1）知，，所以,,
当时，，直线的方程为，
当时，，直线的方程为，
综上所述：直线PQ方程为或.
  
【点睛】关键点点睛：根据以及斜率公式推出是本题解题关键.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，
设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，
设，又，即，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，
因此，即，
所以成立，即．
【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．