江苏省2024届高考数学适应性训练（含解析）

江苏省2024届高考数学适应性训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．若全集，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则的实部是（ ）
A． B．i C．0 D．1
3．若函数在区间上不单调，则a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则“”是“为锐角三角形”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图，设向量,若,且,则用阴影表示点所有可能的位置区域正确的是
A． B．
C． D．
6．若正数满足，则的最小值为（ ）
A．4 B．6 C．9 D．16
7．定义：在数列中，，其中d为常数，则称数列为“等比差”数列.已知“等比差”数列中，，，则（ ）
A．1763 B．1935 C．2125 D．2303
8．对于定义域为的函数，如果存在区间满足是上的单调函数，且在区间上的值域也为，则称函数为区间上的“保值函数”，为“保值区间”．根据此定义给出下列命题：①函数是上的“保值函数”；②若函数是上的“保值函数”，则；③对于函数存在区间，且，使函数为上的“保值函数”．其中所有真命题的序号为（ ）
A．② B．③ C．①③ D．②③
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．在中，，，，则（ ）
A． B．
C．的面积为 D．外接圆的直径是
10．某校高二年级在一次研学活动中，从甲地的3处景点、乙地的4处景点中随机选择一处开始参观，要求所有景点全部参观且不重复.记“第站参观甲地的景点”为事件，，2，…，7，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，已知圆锥PO的底面半径为，高为，AB为底面圆的直径，点C为底面圆周上的动点，则（ ）
A．当C为弧AB的三等分点时，△PAC的面积等于或
B．该圆锥可以放入表面积为的球内
C．边长为的正方体可以放入到该圆锥内
D．该圆锥可以放入边长为的正方体中
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．抛物线C：经过点，则点P到C的焦点的距离为 ．
13．在中国传统文化中，“九”被视为至尊之数，象征长寿、福气和完美，若直线l与圆C相切，直线l在两坐标轴上的截距均为9，圆C的半径为9，点C到x轴的距离为9，则圆C的一个方程为 ．
14．已知函数的图象的一条对称轴为直线，则 ．
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知首项不为1的正项数列，其前n项和为，且点在直线上.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和.
16．甲和乙两个箱子中各装有个大小、质地均相同的小球，并且各箱中是红球，是白球．
(1)当时，从甲箱中随机抽出2个球，求2个球的颜色不同的概率．
(2)由概率学知识可知，当总量足够多而抽出的个体足够少时，超几何分布近似为二项分布．现从甲箱中不放回地取3个小球，恰有2个白球的概率记作；从乙箱中有放回地取3个小球，恰有2个白球的概率记作．那么当至少为多少时，我们可以在误差不超过（即）的前提下认为超几何分布近似为二项分布？（参考数据：）．
17．在矩形中，，为边上的中点．将沿翻折，使得点到点的位置，且满足平面平面，连接，，．
(1)求证：平面平面．
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出点位置；若不存在，说明理由．
18．已知双曲线过点，.
(1)求双曲线C的渐近线方程.
(2)若过双曲线C上的动点作一条切线l，证明：直线l的方程为.
(3)若双曲线C在动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，O为坐标原点，求的面积.
19．已知函数．
(1)求函数在区间上的极值点的个数．
(2)“”是一个求和符号，例如，，等等．英国数学家布鲁克·泰勒发现，当时，，这就是麦克劳林展开式在三角函数上的一个经典应用．
证明：（i）当时，对，都有；
（ii）．
(
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
) (
※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
) (
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
)
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】先利用整数集的定义化简集合，再利用集合的补集运算即可得解.
【详解】因为，，
所以．
故选：A.
2．C
【分析】根据复数除法运算化简，由实部定义可得.
【详解】因为，所以z的实部是0.
故选：C．
3．B
【分析】先分析的单调性，再列不等式即可求解.
【详解】因为函数在上单调递减，在上单调递增．
又函数在区间上不单调，所以，
故选：B．
4．B
【分析】先化简，再利用充分条件与必要条件的定义进行判断即可.
【详解】在中，，则，
又，
所以，
则有，又，所以，故角B为锐角.
当B为锐角时，不一定是锐角三角形；
当为锐角三角形时，B为锐角，
故“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B
5．D
【详解】试题分析：设向量.因为向量,若,所以，所以,所以，即，即D选项的形式.故选D.
考点：1.向量的加减法.2.向量的基本定理.3.分类探索的思想.
6．A
【分析】利用已知条件把变形成积为定值的形式，然后利用基本不等式可求得最小值.
【详解】方法一：由，可得，
所以.
由为正数且，可得，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
方法二：由，可得，，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A.
【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题的关键是凑出积或和为定值.
7．B
【分析】运用累和法和累积法进行求解即可.
【详解】因为数列是“等比差”数列，
所以，
因为，，
所以，
所以有，
累和，得，
因此有，
累积，得，
所以，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题的关键是运用累和法和累积法.
8．D
【解析】①根据函数单调性定义和“保值函数”的概念判断即可，②结合函数的图象可得结论，③由导数确定函数在是单调递增的，而方程有两个解（），构造新函数，由零点存在定理确定的零点即可．
【详解】由“保值函数”定义可知为区间上的“保值函数”则在上是单调函数且在区间时其值域也为，那么当函数为增函数时满足条件在上有两个不同的实数解，的函数就是“保值函数”，
命题①中，虽满足在上单调但值域为，不是，故①为假命题；
②中由的图象可知，函数在上单调且值域为，其为区间上的“保值函数”故②为真命题；
③中，则由在成立，所以为上的增函数，再由解得有两个根，，构造函数，是减函数，，，由零点存在性定理知存在，使成立，故③为真命题．综上所有真命题的序号为②③，
故选：D．
【点睛】本题考查函数新定义“保值函数”，围绕在上单调，且在区间上，其值域也是是解题关键，考查转化与化归思想，属于难题．
9．ABD
【分析】根据二倍角余弦公式计算判断A，根据余弦定理求解判断B，根据同角三角函数关系及三角形面积公式求解判断C，根据正弦定理求解判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，由A选项知，
由余弦定理得.
故，故B正确；
对于C，由于在中，，故，
所以，
所以，故C错误；
对于D，设外接圆半径为R，
则由正弦定理得，故D正确.
故选：ABD
10．AB
【分析】根据古典概型的概率公式可判断A,C选项，继而根据条件概率的计算公式可判断B选项，结合对立事件判断D选项.
【详解】由题意可得 A正确；
，故B正确；
由于，C错误；
,所以D错误.
故选：AB.
11．ABD
【分析】如图1，分类讨论、时△PAC的面积对应的值即可判断A；如图2，确定圆锥外接球的半径，结合外接球的表面积公式即可判断B；如图3，确定PH的值，即可判断C；如图4，过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，确定平面到顶点P的距离，即可判断D.
【详解】对于A，取AC的中点D，连接OD，PD，OC，则，，
如图1，当C为弧AB的三等分点时，或，
当时，，
所以，，，
所以△PAC的面积为；
当时，，
所以，，
所以△PAC的面积为，故A正确；
对于B，因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部，
设圆锥外接球的半径为R，过点A的轴截面如图2，为外接球球心，
则，解得，
外接球的表面积为，，故B正确；
对于C，设放入圆锥内最大的正方体边长为a，沿着正方体对角面的轴截面如图3，
因为圆锥的底面半径为，高为，所以，所以，
所以，，因为，所以C错误；
对于D，过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图4，
此平面到顶点P的距离为体对角线的一半，即为，
平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为，
以该圆作为圆锥的底面，点P为顶点即可得到圆锥．故D正确．
故选：ABD．
【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
12．2
【分析】将点P坐标代入抛物线方程求出p，求出F，结合两点距离公式计算即可求解.
【详解】把代入得，
所以C的焦点为，
所以．
故答案为：2
13．（答案不唯一）
【分析】首先得到线l的方程，设，利用点到直线的距离公式结合直线与位置关系得到关于的方程，解出即可.
【详解】由题意可得直线l的方程为，设，
由直线l与圆C相切，得，
所以或，
所以圆C的一个方程可以为．
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】先利用三角恒等变换将化简，再根据直线为的图象的一条对称轴，结合正弦函数的对称性即可求得.
【详解】
，
由于的图象的一条对称轴为直线，
所以，
解得．
又因为，
所以．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由与的关系求得数列为首项为2公差为3的等差数列，然后利用等差数列通项公式求解即可；
（2）先求出，然后利用裂项求和法求解即可.
【详解】（1）由题意得，所以，
故当时，，两式相减得，，
整理化简得，，因为，所以，
因为，解得或（舍去），
故数列为首项为2公差为3的等差数列，所以；
（2）由（1）得，所以，
所以数列的前n项和.
16．(1)
(2)
【分析】（1）记事件表示“抽出的两个球的颜色不同”利用古典概型的概率公式计算可得；
（2）首先表示出、，由得到关于的不等式，整理得，令利用导数说明函数的单调性，求出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）当时，甲箱中有3个红球，2个白球，从甲箱中随机抽出2个球，
基本事件总数，
记事件表示“抽出的两个球的颜色不同”，则事件包含的基本事件个数，
则2个球的颜色不同的概率为．
（2）因为，
，
，即，
即，
即，
由题意知，
从而，
化简得，
又，，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得最小值，
从而在时单调递增，
考虑到，都是整数，则一定是的正整数倍，
当时，，
又，，
当时，符合题意，则至少为，
所以至少为时，在误差不超过（即的前提下认为超几何分布近似为二项分布．
17．(1)证明见解析
(2)存在，且点在中点
【分析】（1）借助勾股定理可得，结合面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量表示二面角的余弦值后计算即可得.
【详解】（1）由为边上的中点，故，
又，故有，即，
由平面平面，平面平面，
平面，故平面，
又平面，故平面平面；
（2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作于点，
有、、、，
由，，故有，
即，且，则，
即，故，
则，，，，
设，易得或时，二面角的大小为或，
故，则，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，则可得，，，
即，，
有，
整理得，解得，
故存在，且点在中点.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）将点的坐标代入双曲线方程即可求解双曲线的标准方程，然后求解渐近线即可；
（2）分类讨论，设出切线方程，联立方程利用判别式法求得斜率，即可求出切线方程；
（3）联立方程求得点A和B的坐标，进而求出，结合渐近线的夹角，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为双曲线过点，，所以，
解得，所以双曲线C的标准方程为，所以双曲线C的渐近线方程为.
（2）当切线斜率存在时，不妨设切线方程为，因为点在双曲线C上，
所以，联立，
消去y并整理得，
此时，即，
所以，又，所以，
解得，
所以切线方程为，即；
当切线斜率不存在时，即时，切点为，切线方程为，满足；
综上，直线l的方程为.
（3）由（1）知双曲线C的渐近线方程为，此时两渐近线与x轴的夹角均为，
即，设，由（2）可知切线方程为，
联立，解得，即，
此时，同理可得，
所以的面积
.

19．(1)0
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）函数在区间上的极值点的个数等价于其导函数在上的变号零点的个数，即可求出其导函数，再借助导数研究其导函数的单调性即可得解；
（2）（i）构造函数，借助导数结合题意可得，在构造相应函数多次求导即可得解；（ii）由，可将原问题转化为证明，结合（1）中及（i）中所得，可得，，即可得证.
【详解】（1），
令，则，
当时，，，则在上恒成立，
故在上单调递减，即有在上单调递减，
则，
故函数在区间上没有极值点；
（2）（i）令，其中，，
则，
又当时，，
则
，
即，
令，
则，
令，
则，
由，故，又，
故恒成立，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
即在上单调递增，故，
即在上恒成立，故在上单调递增，
则，即；
（ii）由，，
故要证，即证，
即证，只需证，
由（1）知，当时，，
则可令，此时，
则，即，
即，即，
故只需证，
令，，则，
由（i）知，当时，，
即，即，故在上单调递增，
故，即，即得证.
【点睛】关键点点睛：（i）问中关键点在于借助题目所给条件：当时，，从而构造函数，得到，即可借助导数求单调性；（ii）问中关键点在于将原问题转化为证明，从而结合（1）中与（i）中所得证明与.