2024-2025学年江苏省苏州市高三上学期11月适应性数学检测试卷（附解析）

2024-2025学年江苏省苏州市高三上学期11月适应性数学检测试卷注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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.已知集合，且，则（）A. B.C.或 D.【正确答案】D【分析】由题意可知，分和两种情况，解得，进而可得集合.因为，可知，若，则，此时，，不合题意；若，则，此时，，符合题意；综上所述：，，则.故ABC错误，D正确.故选：D.2.若复数z满足，则z的一个可能值是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】由已知结合复数的模长公式及共轭复数的概念即可求解.设，则，由，得，即，整理得，显然选项ACD不满足要求，B符合要求.故选：B3.已知向量满足，则的最小值是（）A.0 B.2 C. D.5【正确答案】D【分析】根据已知条件设出向量,再求出向量,再根据模长公式结合三角函数的值域得出最小值即可.不妨设，则，则，且，则，当时，.故选：D.4.已知，是函数的零点，则（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】利用韦达定理求出，，再由诱导公式变形，最后由和（差）角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切.因为，是函数的零点，所以，，所以.故选：B5.一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为1，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】考虑在正方体的截面中最大两个互相平行的三角形截面，若液面与此面平行时，必在这两个面之间，由此可得结论．解：如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，则当平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面.若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形.设液体的体积为，则，而，，所以液体的体积的取值范围为.故选：B.本题考查正方体的截面的性质，掌握正方体的截面形状是解题关键．本题考查空间想象能力．6.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.8 B.10 C.12 D.14【正确答案】B【分析】利用的图象关于直线对称，可知向左平移个单位为偶函数，再利用恒成立,知对应待定系数相等，即可解决问题.依题意，为偶函数，当时，，由可知，解得，所以.故选：B7.已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】由已知得，，且，解之讨论，可得选项.因为的图像的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，所以，所以，又，且，解得，又因，所以，解得，当时，符合题意，当时，，符合题意，所以.故选：D.8.已知函数的定义域为，且对任意，满足，且，则（）A.651 B.676 C.1226 D.1275【正确答案】A【分析】由条件可以推出，结合，即可求解.由，所以，即，所以.故选：A.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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.若随机变量，从的取值中随机抽取个数据，记这个数据的平均值为，则随机变量.某珠宝店出售的珍珠的直径均服从期望为15毫米，标准差为2毫米的正态分布.在该店随机挑选16颗圆润华美的珍珠，将它串成一条项链.设这16颗珍珠的直径平均值为，则（）（已知：）A.随机变量的标准差为 B.随机变量C. D.【正确答案】BC【分析】由题意可得随机变量，即可判断AB选项，根据题中数据结合正态分布性质求，，即可判断CD.由题设可知，，则随机变量，可得随机变量的标准差为，可得A错误，B正确；因为，即C正确；易知，即D错误.故选：BC10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.当时，B.当时，C.若是增函数，则D.若和的零点总数大于2，则这些零点之和大于5【正确答案】ABD【分析】直接代入即可判断A，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，由在上恒成立，利用导数求出，即可求出的取值方程，即可判断C，首先说明，得到在和上各有一个零点，，利用对数均值不等式得到，即可得到，再说明在和上各有一个零点、且，最后利用基本不等式证明即可.对于A：当时，则，，所以，故A正确；对于B：，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以当时，，故B正确；对于C：在上恒成立，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，故C错误；对于D：因为，即为的一个零点，当时，有且仅有一个根，此时在上单调递增，所以和都只有个零点，不符合题意；当时，则无零点，只有一个零点，不符合题意；当时在和上各有一个零点，，所以，所以，所以，所以，且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，，所以在和上各有一个零点、，又，所以，所以，故D正确.其中：不等式的证明如下：要证，只需证，令，只需证，，设，，则，可得在上单调递减，∴，得证.故选：ABD方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.11.已知是曲线上的一点，则下列选项中正确的是（）A.曲线的图象关于原点对称B.对任意，直线与曲线有唯一交点C.对任意，恒有D.曲线在的部分与轴围成图形的面积小于【正确答案】ACD【分析】将，替换为，计算即可判断A；取，可判断有三个交点即可判断B；利用函数的单调性来得出的取值范围，再结合的单调性进行求解即可判断C；利用图象的对称性和半圆的面积进行比较即可判断D．A．对于，将，替换为，，所得等式与原来等价，故A正确；B．取，可以求得，，均可，故B错误；C．由，，函数，故，令，解得：，在，时，，函数单调递减，在时，，函数单调递增，所以，又因为是增函数，，所以有，故C正确；D．当时，，又，，所以．曲线与轴围成半圆，又曲线的图象关于原点对称，则曲线与轴围成图形的面积小于，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且轴，过点作的平分线的垂线，与直线交于点，若点在圆上，则的离心率为__________.【正确答案】【分析】由题意求出，结合双曲线定义以及角平线性质推出，从而推出，在中，利用余弦定理可求得，结合齐次式求解离心率，即可得答案.由题意知，轴，故将代入中，得，则，即，不妨设P在双曲线右支上，则，故；设为的平分线，由题意知，则，即，而，故，由点在圆上，得；又，则，在中，,即，结合，即得，即，解得或（舍），故（负值舍去），即的离心率为，故答案：关键点睛：求解双曲线的离心率，关键是求出之间的数量关系式，因此解答本题时，要结合题中条件以及双曲线定义推出相关线段长，从而在中，利用余弦定理求出的关系，化为齐次式，即可求得答案.13.已知为函数图象上一动点，则的最大值为_______.【正确答案】【分析】先观察函数得到函数关于直线关于对称，再验证当时的值比时要大，所以只研究时的值，对所求代数值进行化简后换元，适当变形后转化为符合函数问题，其中内函数为两点斜率问题，借助导函数的几何意义即可求出函数的最值.令函数，∵，∴关于对称，令当，则时，∵，∴，即时的函数值大于时的函数值，当时，，令，则，令，则，∵，即表示过曲线上一点与点的直线的斜率，设过点的切线与函数相切于点（），，∴，整理得，∴或，由∵，∴，故，此时切线的斜率，即，由∵由双勾函数在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴∴，故，故方法点睛：本题探讨函数的最值问题，有以下几个关键点：一、有绝对值想办法去掉绝对值符号；二、代数的化简；三、转化为曲线上一点与曲线外一点求斜率的最值.14.数学老师在黑板上写上一个实数，然后老师抛掷一枚质地均匀的硬币，如果正面向上，就将黑板上的数乘以再加上3得到，并将擦掉后将写在黑板上；如果反面向上，就将黑板上的数除以再减去3得到，也将擦掉后将写在黑板上．然后老师再抛掷一次硬币重复刚才的操作得到黑板上的数为．现已知的概率为0.5，则实数的取值范围是__________．【正确答案】【分析】构造函数，，由两次复合列出不等式求解即可.】由题意构造，，则有，，，．因为，恒成立，又的概率为0.5，所以必有或者解得．故四、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.如图，已知中，，内一点满足．（1）若，且满足，，求的正切值；（2）若平分，试问是否存在常实数，使得，若存在，求出常数t；若不存在，请说明理由．【正确答案】（1）（2）存在，【分析】（1）先判断与相似，进而得到，应用余弦定理求出；然后在中，应用余弦定理以及三角形面积公式，化简得到：，同理在，，内得到，从而得到，即可求解.（2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形面积公式，平分，将代入，化简整理可求解.【小问1】（1）若，即，得，点满足，则，在与中，，，所以与相似，则，即，所以；在中，，因为，所以在中，应用余弦定理以及三角形面积公式得：，，，三式相加可得：。在内，应用余弦定理以及三角形面积公式得：，在，内，同理可得：，，三式相等：，因为点在内，则由等比性质的：，所以：，又，，所以，则【小问2】因为，即，所以，在，，中，分别由余弦定理可得：，，，三式相加整理得：，即，因为平分，则，，所以，由余弦定理可得：，所以，即，则，所以若平分，存在常实数，使得（1）边角关系转化时注意利用余弦定理；（2）在解三角形中注意利用几何图形的几何性质；（3）在三角变换中，注意根据三角函数式的特征选择合理三角变换公式.16.将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为．记，，过点的直线与交于不同的两点，直线与分别交于点．设直线的倾斜角分别为，．当时，（1）求的值：（2）若有最大值，求的取值范围．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）设直线的方程，联立方程组，结合韦达定理，表示出坐标，再结合三点共线，得到等量关系，再利用斜率公式即可求得的值.（2）设直线的方程为，得到直线的斜率为，求得的表达式，利用基本不等式求得最小值和最小值时的值，再联立方程组，由判别式大于0，解得，从而求出的取值范围【小问1】设曲线的点为，由题意可知点在上，即，整理得，即曲线：，设直线的方程为y=kx−1，Ax1,y1，B联立方程组，整理得，则Δ=−4k22可得，∴，可得，∴，同理可得，又∵三点共线，可得，即，∴，∴【小问2】设直线方程为（），由（1）可知，，则，当且仅当，即时取等号，联立方程组，整理得，则Δ=8k22−4λ+2又∵，∴思路点睛，本题探讨直线与椭圆的位置关系，常见思路：设直线方程，联立方程后整理成一元二次方程，由判别式建立不等式求出取值范围；用韦达定理得出对应点的坐标，利用点之间的关系建立等式，从而求得结果.17.斜三棱柱ABC－A1B1C1上，侧面AA1C1C⊥平面ABC，侧面AA1C1C是菱形，∠A1AC＝60°，A1C＝AC＝BC＝，AB＝2，D为BB1的中点．（1）求二面角C－A1D－C1的余弦值；（2）记△ABC的外接圆上有一动点P，若二面角P－AA1－C与二面角C－A1D－C1相等，求AP的长．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由题意，建立空间直角坐标系，求法向量，求向量夹角公式，可得答案；（2）由题意，找出二面角的平面角，采用平面的思想，找出在平面内的直线，根据弦长公式，可得答案.【小问1】取的中点为，连接，在菱形中，，则，在三棱柱中，，故，平面平面，平面平面，平面，由，，，即，则，以为原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图：则，，，，，故的中点，在平面内，取，，设平面的法向量为，则，即，化简得，令，则，故平面的一个法向量，在平面内，取，，设平面的法向量为，则，即，化简得，令，则，故平面的一个法向量，.由图可知，钝二面角的余弦值为.【小问2】由题意，取的中点，连接，延长与轴交于，连接，在等边中，易知，平面，平面，，，且，平面，平面，平面，，故为二面角平面角的补角，由二面角的余弦值为，可得二面角的余弦值为，故，在中，，在平面内，直线的方程为，在的外接圆中，易知圆心为，则弦心距，根据弦长公式，可得，故此时18.若两个函数与在处有相同的切线，则称这两个函数相切，切点为.（1）设反比例函数与二次函数相切，切点为.求证：函数与恰有两个公共点；（2）若，指数函数与对数函数相切，求实数的值；（3）设（2）的结果为，求证：当时，指数函数与对数函数的图象有三个公共点.【正确答案】（1）证明见解析；（2）（3）证明见解析【分析】（1）利用两曲线在处有公切线可得出方程组，求出的表达式，然后由可得，求出方程的三个解，即可得出结论；（2）设指数函数与对数函数在处有相同的切线，利用已知条件可得出关于的方程组，通过换元法以及构造新函数可求得的值.（3）设函数，其中且，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.【小问1】对函数求导可得，对函数求导可得，所以，可得，又，所以；代入可得，即，此时令可得，它的另一个解为，所以方程可化为，解得，因此方程的三个解为，所以函数与恰有两个公共点分别为【小问2】对指数函数求导可得，对函数求导，设指数函数与对数函数在处有相同的切线，由题意可得，令，原方程组可等价为，即可得；而，即可得，所以，即，所以，则；由可得，化简可得；所以，因为时，指数函数为单调递减函数，则，故，即；构造函数，则，且不恒为0，所以函数在上单调递增，且，故方程的唯一解为；因此，即实数的值为.【小问3】设函数，其中且，求导可得，令，则，令可得，由ℎ'x<0可得，即函数ℎx由ℎ'x>0可得，即函数ℎx可得；因为，所以，由可得ℎx在内有一个零点，在内不妨取，则，令，其中，则，易知，因此；可知在上单调递增，且，因此；所以函数ℎx在内也存在一个零点；可得在0,+∞上共有两个零点，不妨设为，且；当或时，，当时，；所以在和上单调递增，在上单调递减；可知在处取得极大值，在处取得极小值；以下证明，；设函数与直线的交点为，所以是函数一个零点，可得，即，所以；即是函数的一个零点，即，；当时，函数为减函数，则函数也为减函数，且；因为，可得，因此，所以，且，可得，；又因为，且,可得函数在内有一个零点，也是上的唯一零点，同理取，且，所以函数在内有一个零点，也是上唯一零点，综上所述，当时，指数函数与对数函数的图象有三个公共点.关键点点睛：本题关键在于构造函数，由指数与对数互化的运算法则并利用导数分析函数的单调性，结合零点存在