江苏省徐州市2024届高三下学期新高考适应性测试数学试卷及详细答案

这是一份江苏省徐州市2024届高三下学期新高考适应性测试数学试卷及详细答案，共19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。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．或
2．若角的终边经过两点，，则（ ）
A．2B．C．D．1
3．若抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为1，则（ ）
A．1B．C．2D．4
4．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
5．若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（ ）
A．2B．5C．2或5D．或5
6．已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（ ）
A．11B．12C．13D．14
7．在△ABC中，已知，，，D为垂足，，则（ ）
A．B．C．D．
8．若定义在R上的函数满足，是奇函数，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知复数z在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．该圆台外接球的表面积为
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
11．已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，有唯一零点
B．当时，是减函数
C．若只有一个极值点，则或
D．当时，对任意实数，总存在实数，使得
三、填空题
12．若随机抛掷一颗质地均匀的正方体骰子1次，则所得点数X的均值是 .
13．已知点，，若，则点P到直线距离的最小值为 ．
14．设双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左支交于点P，坐标原点O到直线的距离为，的面积为，则C的离心率为 ．
四、解答题
15．如图，在正四棱柱中，，，E为的中点，经过BE的截面与棱，分别交于点F，G，直线BG与EF不平行．

(1)证明：直线BG，EF，共点；
(2)当时，求二面角的余弦值．
16．已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求a的取值范围：
(2)若直线与的图象相切，求a的值．
17．某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，．
(1)计算和的值，并判断A与B是否为独立事件；
(2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．
附：，其中．
18．将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．
(1)求E的方程：
(2)设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当今时，
（i）求的值：
（ii）若有最大值，求的取值范围．
19．对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
(1)若数列为2，4，3，7，求的值；
(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考答案：
1．B
【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，或，
所以.
故选：B
2．B
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义列式计算即得.
【详解】角的终边经过两点，，则，
所以.
故选：B
3．C
【分析】利用抛物线的定义及抛物线的方程的性质即可求解.
【详解】由，得焦点，
设抛物线上一点，则
由抛物线的定义知，，
所以，解得.
故选：C.
4．A
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.
故选：A
5．C
【分析】根据给定条件，利用向量运算律计算即得.
【详解】由向量，，两两的夹角相等，得或，
当时，，
当时，
.
故选：C
6．C
【分析】根据给定的递推公式，构造等比数列求出，再求解不等式即得.
【详解】数列中，，当时，，则，
整理得，即，而，即，
因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，
则，由，知为奇数，此时是递增的，
而，，
所以正整数k的最小值为13.
故选：C
7．B
【分析】设，利用和正弦定理化简得到，得到，求得，进而得到，在直角中，结合，即可求解.
【详解】设，可得，，
由正弦定理得，即，
因为，所以，
又因为，
所以，整理得，
因为，所以，所以，
即，解得，则，
即，
因为为锐角，，
所以，
在直角中，，所以.
故选：B.
8．D
【分析】根据给定条件，求出函数的周期，及和，再逐项计算判断得解.
【详解】由，得，则，即函数的周期为4，
由是R上的奇函数，得，即，
于是，，即，
因此，AB错误；
由，取，得，则，
因此，取，得，
于是，
则，C错误，D正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解.
9．ACD
【分析】由复数与复平面内的点对应关系还原复数，再结合复数的基本运算逐一验证即可.
【详解】由题可知，，，故A正确；
，，故B错误；
，所以，C正确；
，
所以，故D正确.
故选：ACD
10．BC
【分析】对于A：直接利用公式求解；对于B：先求出外接球半径，再利用体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：用面积公式求表面积.
【详解】由已知得圆台的上下底面半径分别为，
对于A：圆台的体积为，A错误；
对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为，
当球心在梯形内时，，解得，

当球心在梯形外时，，方程无解，

所以外接球的表面积，B正确；
对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，
又母线长为，则最大周长为，C正确；
对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
，D错误.

故选：BC.
11．ABD
【分析】对于A：求导，确定单调性，然后利用零点存在定理判断；对于B：求导，利用导数研究函数单调性；对于C：直接验证时的极值情况；对于D：求导，作出的图象，观察图象可得.
【详解】对于A：当时，，令，得，
令，得，即在上单调递增，
又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，即有唯一零点，A正确；
对于B：，
令，得，
设，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，又当时,，所以恒成立，即当时，是减函数，B正确；
对于C：当时，由B知，即，所以，即在上单调递减，无极值，C 错误；
对于D：当时，，，
令，得，
令，则，
当，即时，单调递增，
当，即时，单调递减，
所以，
即恒成立，
所以单调递减，又，
所以，
所以在上单调递减，
且当时，，当时，，
可得的大致图象如下：
由图可知对任意实数，总存在实数，使得，D正确；
故选：ABD.
12．3.5/
【分析】确定的所有可能值，求得其概率，由均值公式计算出均值．
【详解】由题意的可能值依次为，且，，
所以．
故答案为：3.5．
13．
【分析】设出点的坐标，由已知探求点的轨迹，再借助几何意义求出最小值.
【详解】设点，则，由，得，
即，则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆及内部，
点到直线的距离，
所以点P到直线距离的最小值为.
故答案为：
14．或
【分析】先根据面积关系求出，设，垂足为，在中求出，再在中利用余弦定理求出，进而可得离心率.
【详解】，，
又，
所以，，
又到直线的距离为，
所以，得，
由双曲线定义得，
设，垂足为，如图：
则，，
则在中，，，
在中，由余弦定理可得，
即，又，
整理得，解得或，
则离心率或.
故答案为：或.
15．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）先设与有一公共点，再证明该公共点在直线上即可；
（2）以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，结合面面角的余弦公式即可求解.
【详解】（1）四点共面，不平行于，设，
又平面，平面，均不平行于，
为平面与的公共点，
又平面平面，
根据基本事实3可得，
直线BG，EF，共点；
（2）
以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
因为正四棱柱中，，，，
所以，, ，
设平面的法向量为，则，
令，则，，
设平面的法向量为，则，令，则，
，则二面角的余弦值的绝对值为，
由图可知，二面角的平面角大小为钝角，
所以二面角的余弦值.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用函数的单调性与导数的正负，得出导函数的恒成立关系，利用分离参数和基本不等式即可求解；
（2）利用导数的几何意义及切点的位置关系，建立方程组即可求解.
【详解】（1）记在上单调递减，
对恒成立，
，而，
当且仅当即时，等号成立，
所以当时，取得最小值为.
所以a的取值范围为
（2）设直线与的图象相切于，
，
由题意可知，
代入，
，左边式子关于单调递减且时，左边
17．(1)，，不相互独立
(2)
【分析】（1）利用条件概率公式以及全概率公式计算即可；
（2）作出新的列联表，然后求出新的值，列不等式求解即可.
【详解】（1）由已知，
，
又因为，所以，
所以，
又，
所以，
所以A与B不为独立事件；
（2）假设原列联表为
根据原数据有
若将样本容量调整为原来的倍，
则新的列联表为：
则
，解得，
又，所以的最小值为.
18．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）设所求轨迹上的任意点为，且对应的点为，列出关系式，代入即可求解；
（2）（i）设直线为，联立方程组，结合韦达定理求得和，再结合三点共线，求得，利用斜率公式，即可求解；（ii）设直线为，得到直线的斜率为，求得，利用基本不等式，得到取得最大值，再联立方程组，结合，得到，进而求得的取值范围.
【详解】（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，
根据题意，可得，即，
代入方程，可得，整理得，
所以曲线的轨迹方程为.
（2）解：（i）设直线的方程为，，
联立方程组，整理得，
则，且，
可得，所以，
可得，
所以，同理可得，
又因为三点共线，可得，即，
所以，
所以.
（ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，
联立方程组，整理得，
则，解得，
若有最大值，则，
又因为，所以实数的取值范围为，

【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法：
1.几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2.函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
19．(1)172；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据给定的数列及变换计算即得.
（2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得.
【详解】（1）依题意，，，
.
（2）（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计
兴趣高
兴趣不高
总计
主动预习
不太主动预习
总计