江苏省南通市通州区2023届高三下学期适应性考试（二）数学试题（含答案解析）

2023年高考适应性考试（二）数学试题一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求出集合，根据集合的交集运算可得答案.【详解】由题可得，故，解可得，则,故，故选：C2.已知复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由虚数单位的性质求得，再利用复数的四则运算求得，从而得解.【详解】因为，所以，故，所以的虚部为.故选：A.3.为宣传我国第三艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式服役，增强学生的国防意识，某校组织1000名学生参加了“逐梦深蓝，山河荣耀”国防知识竞赛，从中随机抽取20名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（）A.频率分布直方图中的值为0.004B.估计这20名学生考试成绩的第60百分位数为75C.估计这20名学生数学考试成绩的众数为80D.估计总体中成绩落在内的学生人数为150【答案】D【解析】【分析】由频率分布直方图的性质逐一计算即可【详解】由频率分布直方图可得：，解得，故A错误；前三个矩形面积为，即第60百分位数为80，故B错误；估计这二十人众数为，故C错误；总体中成绩落在内的学生人数为：，故D正确.故选：D4.若，，则下列结论不正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正切函数的单调性可判断选项A；利用两角和的正切公式判断选项B；利用基本不等式判断选项C；根据题意结合估算判断选项D.【详解】对于选项A，因为，所以，故选项A正确；对于选项B，因为，所以，，所以，同理，所以，故选项B正确；对于选项C，因为（当且仅当时取等）因为，所以等号取不到，则，故选项C正确；对于选项D，因，所以，因为，所以，则，若，则，解得，因为，故选项D错误，故选：D.5.已知圆的方程为，直线为圆的切线，记两点到直线的距离分别为，动点满足，，则动点的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由图可得，即，所以动点的轨迹为椭圆，设椭圆的标准方程，求出其中的参数即可得到动点的轨迹方程.【详解】如图，分别过点做直线的垂线，垂足分别为，则，，切点为因为，所以是的中点，,所以是梯形的中位线，所以，又因为圆的方程为，，所以，所以，即，所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，则，所以，，所以动点的轨迹方程为.故选：B6.已知，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数单调性判断c为最小的数，再根据的特点，构造函数，利用导数判断其单调性，即可比较的大小，即得答案.【详解】因为，，故为三个数中的最小的数，故只需再比较的大小；由于，故令，则，故在上单调递增，所以，即，所以，故选：B7.已知圆台两个底面圆的半径分别为和，圆台的侧面中存在两条母线互相垂直，则圆台侧面积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由圆台的侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，圆台的母线延长后交于A点，当两条母线所在的平面为轴截面时此时母线夹角最大，（显然过底面圆周上任意一点母线与AD的夹角一定小于∠GAD），设圆台母线长为，由相似可得：,故,由圆台的侧面中存在两条母线互相垂直,易知，则,故.故圆台侧面积为：.故选：B8.若曲线与曲线有且只有一个公共点，且在公共点处的切线相同，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用导数的几何意义得出其公切线，计算即可.【详解】易得,设公共点为,则由题意可得,即且令,则上式可化为:记，则恒成立，即在上单调递增，而，故满足的根只有，即.故选：C【点睛】本题考察导数的综合应用，属于压轴题.由导数的几何意义建立方程组后，关键在于构造函数利用导数求其单调性来解方程，计算量较大，也需要灵活的转化.二、多项选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）在每小题给出的选项中有多个选项符合要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9已知平面向量，，则（）A.若，则B.若，则与的夹角为锐角C.若为任意非零向量，则存在实数，使得D.若在上的投影向量为，则或【答案】AD【解析】【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项；由与的夹角为锐角求出的取值范围，可判断B选项；设，根据平面向量数量积的坐标表示可判断C选项；利用投影向量的性质可得出，结合平面向量数量积的坐标运算可求得的值，可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，解得，A对；对于B选项，若与的夹角为锐角，则且、不共线，所以，，解得且，B错；对于C选项，设，其中，若存在，使得，则，令，此时，该方程无解，若，不存在实数，使得，C错；对于D选项，若在上的投影向量为，则，即，整理可得，解得或，D对.故选：AD.10.如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器以为轴顺时针旋转，则（）A.有水的部分始终是棱柱B.水面所在四边形为矩形且面积不变C.棱始终与水面平行D.当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，是定值【答案】ACD【解析】【分析】利用棱柱的几何特征，结合图形对四个选项逐一进行分析判断即可.【详解】对于A选项，由棱柱的特征可知，有两个平面相互平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，所以，有水的部分始终是棱柱，A对；对于B选项，因为水面所在矩形为矩形，从图中可以发现，矩形的边的长不变，且随着倾斜度的变化而变化，故矩形的面积不是定值，B错；对于C选项，因为始终与平行，而始终与水面平行，故棱始终与水面平行，C对；对于D选项，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，水体（棱柱）的底面为三角形，因为水的体积是不变的，高始终是也是不变的，则底面面积也是不变的，即为定值，D对.故选：ACD.11.函数的图象向右平移个单位，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象．若对于任意，都存在，使得，则的可能值为（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】先利用三角函数图象的变换得出，再将问题转化为两个函数值域的包含关系后代入选项利用三角函数的图象与性质一一计算即可.【详解】由题意可得：，对于任意，都存在，使得，显然，故对于任意，都有函数的值域是的子集，易得此时，代入A项，由正弦函数的图象与性质知此时，不符合题意；代入B项，同理知此时符合题意；代入C项，知此时不符合题意；代入D项，知此时符合题意.故选：BD12.如图，已知圆锥的轴与母线所成的角为，过的平面与圆锥的轴所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆，椭圆的长轴为,短轴为,长半轴长为，短半轴长为，椭圆的中心为,再以为弦且垂直于的圆截面，记该圆与直线交于，与直线交于，则下列说法正确的是（）A.当时，平面截这个圆锥所得的截面也为椭圆B.C.平面截这个圆锥所得椭圆的离心率D.平面截这个圆锥所得椭圆的离心率【答案】BC【解析】【分析】由截口曲线的含义可判断A；过N作于点G，求出而，，即可判断B；根据图形的几何性质求得椭圆的之间的关系式，即可求得离心率，可判断C，D.【详解】由截口曲线知，当时，平面截这个圆锥所得截面为双曲线，A错.对于B，过N作于点G，而，所以，而，同理过N向作垂线，可得，，B正确；对于C，D，设圆锥上部球与椭圆截面圆锥侧面均相切，轴截面的内切圆，半径为r，球与的切点为椭圆左焦点F，设①，，,解得，而，故，故C正确，D错误，故选：BC【点睛】难点点睛：求解椭圆的离心率时，要能根据图示求得之间的关系，这是解答的难点，也是关键之处，因此通过设，结合图形的几何性质，得到，，即可求解.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.若的展开式中各项系数和为，则该二项式展开式中所有有理项的系数之和为____．【答案】32【解析】【分析】二项展开式各项系数和可用赋值法得到，再计算有理数项的系数即可.【详解】令可得，即.展开式通向为，当时，，当时，，当时，，当时，，所以有理项系数之和为.故答案为：32.14.已知点在双曲线上，且中点在直线上，线段的中垂线与轴交于点，则双曲线的离心率为____．【答案】【解析】【分析】设出点的坐标，表示出的中点的坐标，再利用斜率坐标公式，结合双曲线方程求解作答.【详解】设点，依题意，，线段的中点，因为线段的中垂线与轴交于点，显然直线的斜率存在且不为0，则，即，又点在双曲线上，则，即有，于是，所以双曲线的离心率.故答案为：15.若函数的定义域为，且，，则___．【答案】【解析】【分析】推导出，可得出，再利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】因为函数的定义域为，且，令可得，可得，令，则，所以，，所以，，所以，.故答案为：.16.在四棱锥中，底面为正方形，，为空间中一动点，为的中点，平面．若，则的轨迹围成封闭图形的体积为___；若与平面所成的角等于，则平面与的轨迹的交线长为___．【答案】①.②.【解析】【分析】由得在为直径的球面上，计算可得结果；计算与平面所成的角从而可得为定值，根据定弦对定角可知M轨迹为以为弦的球的一部分球冠，再计算与面的交线长即可.【详解】第一空：由可知，即在为直径的球面上，因为底面为正方形，,而为的中点，平面，则为直角三角形．所以，故的轨迹围成封闭图形的体积为：；第二空：由题意可得，，而面，面,故面，所以与平面所成的角等于，易得,又为定值，为定锐角，故的轨迹为以为弦的球的上方与下方合着的球冠,其与平面的交线为圆（如下图所示）.如图所示，连接AC、BD交于N，连接AG、PN交于Q.则N为AC中点，故NG平行等于AP，故AQ:QG=2:1.故，即AG⊥PN,PN面PBD，AG面PBD，故AG⊥面PBD.即平面与的轨迹的交线为Q为圆心MQ为半径的圆,如图所示，连接MQ，设，由上知,则有,化简得：，解得（舍负值），故交线长为：.故答案：；【点睛】本题考察立体几何的动点轨迹问题，属于压轴题.关键在于由定弦定角确定轨迹为球面，从而确定球心与半径，需要很强的空间想象能力及计算能力.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知的内角对应的边分别为，的面积为．（1）求证：；（2）点在边上，若，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而得到，然后利用正弦定理即可求解；（2）结合（1）的结论，利用余弦定理即可求解.【小问1详解】，则，即，即，故，由正弦定理得.【小问2详解】由，由（1）可知，则，可得为等边三角形，则，从而，在中，由余弦定理可得，又，所以，所以.18.已知为数列的前项和，，且是公差为1的等差数列．正项等比数列满足，．（1）求数列的通项；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）计算得到，根据等比数列公式得到，计算得到答案.（2）确定，则，，相减计算得到答案.【小问1详解】，是公差为的等差数列，，即，当时，，满足通项公式，则.是正项等比数列，设公比为，则，，而，故，，即.【小问2详解】，，，两式相减得到：故.19.如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，，为CD的中点，，为的重心．（1）证明：平面；（2）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）作梯形的高,利用等腰梯形的性质得到为等边三角形，利用三角形全等得到，进而得到,然后利用线面垂直的判定即可证明;（2）在平面内，过作，与交于点，建立空间直角坐标系,写出对应点的坐标,求出平面的一个法向量和直线的方向向量,利用空间向量的夹角公式进而求解.【小问1详解】如图作等腰梯形的高为，在等腰梯形中，，，，，为中点，，为等边三角形，则，在和中，，则与全等，，又，，而面，面.【小问2详解】在平面内，过作，与交于点，以为坐标原点建系如图，则，，，，从而，，，，，设平面的一个法向量为，则，，，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.2023年3月11日，丁俊晖在泰国巴吞他尼府举行的2023斯诺克6红球世锦赛决赛中以8:6战胜泰国球员塔猜亚·乌努，第二次夺得这项赛事冠军．丁俊晖认为“中式台球更易在职业和业余之间找到平衡，更容易让台球运动在全中国乃至全世界流行起来．”为了促进中国台球运动的发展，某体育公司面向社会推出“台球培训”活动，由以往培训经验测算这项“台球培训”成本为800元/人，为了确定其培训价格，调查了对这项“台球培训”有意向培训的人员预期价位，并将收集的100名有意向培训的人员预期价位整理如下：有意向培训人员预期价位（元/人）900100011001200人数10205020假设当且仅当这项“台球培训”的培训价格小于或等于某位有意向培训人员的预期价位时，该有意向培训的人员就会参加培训．设这项“台球培训”价格为x（单位：元/人），，且每位有意向培训的人员报名参加培训活动相互独立．用样本的频率分布估计总体的分布，频率视为概率．（1）若，已知某阶段有4名有意向培训的人员询价，为这一时段该项“台球培训”的参加人数，试求的分布列和数学期望；（2）假设共有名有意向培训的人员，设该公司组织“台球培训”活动所得总利润为（单位：元），当这项培训活动的销售价格x定为多少时，的数学期望达到最大值？【答案】（1）分布列见解析，数学期望为3.6（2）当时，达到最大值【解析】【分析】（1）由调查表依二项分布计算概率得到分布列，再由二项分布的期望公式得期望值；（2）利用二项分布的期望公式分别计算x=1000，1100，1200时的期望，比较即可.【小问1详解】当时，消费者报名的概率为：.依题意可得：，故,所以的分布列为：X01234P0.00010.00360.04860.29160.6561故【小问2详解】由上可知：当时，记参加的人数为，，则（时取得等号）；当时，记参加的人数为，，则（时取得等号）；当时，记参加的人数为，，则（时取得等号）.，即最大，此时.当时，达到最大值21.已知动圆M过点且与直线相切，记动圆圆心M的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）若直线与轴相交于点P，点B为曲线C上异于顶点的动点，直线PB交曲线C于另一点D，直线BO和DO分别交直线于点S和T