73，江苏省四校联合2024届高三新题型适应性考试数学试题

这是一份73，江苏省四校联合2024届高三新题型适应性考试数学试题，共19页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 采用斜二测画法作一个五边形的直观图，则其直观图的面积是原来五边形面积的
A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍
【答案】D
【解析】
【分析】
根据斜二测画法中原图形面积与直观图面积的关系式即可得出答案.
【详解】解：斜二测画法中原图形面积与直观图面积关系式
所以
故选：D
2. 已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】举例验证必要性，通过向量的运算来判断充分性.
【详解】当，且时，
，充分性满足；
当时，
，当，时，
是可以大于零的，
即当时，可能有，，必要性不满足，
故“，且”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
3. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列中成等差数列求解即可.
【详解】在等差数列中，
，，所以，
故构成公差为的等差数列，
所以，
即.
故选：C
4. 设为虚数单位，若复数为纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分子分母同乘分母的共轭复数，再根据纯虚数的概念得到答案.
【详解】，所以且，解得.
故选：B
5. 甲、乙、丙、丁四人参加垃圾分类竞赛，四人对于成绩排名的说法如下：
甲：乙在丙之前；
乙：我在第三；
丙：丁不在第二或第四；
丁：乙在第四.
若四人中只有一人说法是错误的，则甲的成绩排名为（ ）
A. 第一名B. 第二名C. 第三名D. 第四名
【答案】B
【解析】
【分析】根据四人说法，逐一分析，舍去矛盾，即可确定选项.
【详解】若甲说法是错误的，则乙在第三与丁说法（乙在第四）矛盾，所以舍去；
若乙说法是错误的，则乙在第四，与甲说法（乙在丙之前）矛盾，所以舍去；
若丙说法是错误的，则乙在第三与丁说法（乙在第四）矛盾，所以舍去；
若丁说法是错误的，则乙在第三，丁在第一，丙在第四，甲在第二；
故选：B
【点睛】本题考查合情推理，考查基本分析判断能力，属基础题.
6. 已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】如图所示：
因为，，
设，
则，
当时，取得最小值，
此时最大，最小，
且，故C正确.
故选：C
7. 设全集为定义集合与的运算：且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】且
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用和以及，再进行合理赋值即可.
【详解】，
设，，则，
则在上单调递增，则，则在上恒成立，则，即，
设，，则在上恒成立，
则，则在上恒成立，
令，则，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，即在上恒成立，
令，则，则，即，故，
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若，为正整数且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B： ，故B错误；
对C：，
，故，C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD.
10. 设函数，则（ ）
A. 是偶函数B. 在上单调递增
C. 的最小值为D. 在上有个零点
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A：利用奇偶性定义，即可判断；对B：根据复合函数单调性的判断方法，判断即可；对C：令，利用换元法即可求得结果；对D：先求在上的零点，结合其奇偶性即可判断.
【详解】对A：的定义域为，又，故为偶函数，A正确；
对B：令，显然是关于的单调增函数；
此时，其对称轴为，故是关于的单调增函数；
根据复合函数单调性可知，在单调递增，故B正确；
对C：由A可知，为偶函数，故在上的最小值即为其在上的最小值；
令，，则，
故的最小值也即的最小值；
又，当时，取得最小值为；
故的最小值为，C正确；
对D：由A可知，为偶函数，故只需先判断在上的零点个数；
当，令，即，
解得或，故可得，或，有个零点；
故在有个零点，D错误.
故选：ABC.
11. 已知定圆，点A是圆M所在平面内一定点，点P是圆M上的动点，若线段的中垂线交直线于点Q，则点Q的轨迹可能为（ ）
A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆
【答案】ABD
【解析】
【分析】是线段的中垂线上的点，可得．对点的位置分类讨论，利用线段垂直平分线的定义与性质、圆锥曲线的定义即可判断出结论．
【详解】因为是线段的中垂线上的点，，
若在圆内部，且不为圆心，则，，
所以点轨迹是以，为焦点的椭圆，故A正确；

若在圆外部，则，，
所以点轨迹是以，为焦点的双曲线，故B正确；

若在圆上，则的中垂线恒过圆心，即的轨迹为点．
若为圆的圆心，即与重合时，为半径的中点，
所以点轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，故D正确，
不存在轨迹为抛物线的可能，故C错误，
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 有一组按从小到大顺序排列数据：3，5，，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】由极差和平均数求出，即可求出中位数.
【详解】依题意可得极差为，平均数为，
所以，解得，
所以中位线为.
故答案为：
13. 围棋起源于中国，至今已有多年的历史．在围棋中，对于一些复杂的死活问题，比如在判断自己单个眼内的气数是否满足需求时，可利用数列通项的递推方法来计算．假设大小为的眼有口气，大小为的眼有口气，则与满足的关系是，，.则的通项公式为__________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据递推公式，利用累积法，即可求得通项公式.
【详解】根据题意，，当时，
可得，
即；
又当时，不满足；故.
故答案为：.
14. ，，，四点均在同一球面上，，是边长为的等边三角形，则面积的最大值为__________，四面体体积最大时球的表面积为___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①由于，求面积的最大值即是求的最大值，利用余弦定理结合重要不等式即可求解②当面面时四面体的体积最大，确定出球心后计算出球的半径即可求解
【详解】①因为
所以
又
即
所以
所以
即面积的最大值为
②过作，垂足为,
则面积的最大时，最大，的最大值为，
此时为等腰三角形，为中点
，
则当平面时, 最大，此时面面
如图,
设为四面体 外接球的球心, ，分别为，的外接圆的圆心.
平面，平面,
在中

四面体外接球的半径
外接球的表面积为
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，二面角为直二面角.
（1）求证：；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，进而得出.然后即可根据线面垂直的判定定理得出平面，然后即可得出；
（2）取中点为，连结.取中点为，连结.由已知可证平面，.以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面的一个法向量，即可根据向量法求出答案.
【小问1详解】
由题意知平面平面，
又平面平面，，平面，
所以平面
因为平面，所以.
又因为，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
取中点为，连结.取中点为，连结.
因为，点是中点，所以.
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为点、分别是、的中点，所以，则.
则，.
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则，
所以是平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
16. 在游戏中，玩家可通过祈愿池获取新角色和新武器．某游戏的角色活动祈愿池的祈愿规则为：①每次祈愿获取五星角色的概率；②若连续次祈愿都没有获取五星角色，那么第次祈愿必定通过“保底机制”获取五星角色；③除触发“保底机制”外，每次祈愿相互独立．设表示在该祈愿池中连续祈愿直至获取五星角色为止的祈愿次数．
（1）求的概率分布；
（2）求的数学期望（保留小数点后两位）．
参考数据：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知，的所有可能取值为、、、、，计算出在不同取值下的概率，可得出随机变量的概率分布列；
（2）利用错位相减法可求得的值.
【小问1详解】
解：将每次祈愿获取五星角色的概率记为，的所有可能取值为、、、、．
则，，，，
，，
所以的概率分布为.
【小问2详解】
解：的数学期望
，①
，②
①②得，
，
，
因为，所以．
17. 已知函数，其中．
（1）若，证明；
（2）讨论的极值点的个数．
【答案】（1）证明见解析；
（2）有且仅有一个极值点.
【解析】
【分析】（1）根据导函数的正负，判断的单调性，求得最小值，即可证明；
（2）求得，构造函数，对参数的取值进行分类讨论，结合零点存在定理，判断的单调性，即可求得函数极值点个数.
【小问1详解】
当时，，，，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
从而.
【小问2详解】
由题意知，函数的定义域为，，
设，，显然函数上单调递增，与同号，
①当时，，，所以函数在内有一个零点，
故在单调递减，在单调递增；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
②当时，由（1）知，函数在上有且仅有一个极值点；
③当时，，，
因为，所以，，
又，所以函数在内有一个零点，
故在单调递增，在单调递减；
所以函数在上有且仅有一个极值点；
综上所述，函数在上有且仅有一个极值点．
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键是能够准确找到在不同的参数范围下，寻找到零点的范围；属综合困难题.
18. 已知等轴双曲线的顶点分别是椭圆的左、右焦点、.
（1）求等轴双曲线的方程；
（2）为该双曲线上异于顶点的任意一点，直线和与椭圆的交点分别为，和，，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）直接由椭圆的焦点得双曲线的定点，再根据可得解；
（2）设，，,,设直线的方程为，直线的方程为，分别与椭圆联立得韦达定理，进而可表示弦长，联立直线和可得焦点，代入双曲线化简得，进而得展开利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）由椭圆可得，
所以等轴双曲线的顶点为，
设等轴双曲线为，所以，
所以等轴双曲线的方程为；
（2）设，，,,
设直线的方程为，直线的方程为，
由得：，
所以显然成立，所以，
同理可得，
所以，
，
联立直线和：，解得，
所以，
因为在双曲线上，所以，解得，
所以
，
.
当且仅当，即时，取得最小值.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键有两个，一个是联立直线和得，代入双曲线得，另一个是处理最值时用到了基本不等式，由，展开利用基本不等式.
19. 交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．
（1）证明：；
（2）若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；
（3）已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
设与交于，与交于，与交于，
连接，与交于，与交于，与交于，
欲证，，三点共线，只需证在直线上．
考虑线束，，，，由第（2）问知，
再考虑线束，，，，由第（2）问知，
从而得到，
于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，
从而过点，故在直线上，，，三点共线．
.
【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.