北京市大兴精华学校2023-2024学年高三下学期5月高考适应性考试数学试卷（含解析）

北京市大兴精华学校2023 2024学年高三下学期5月高考适应性考试数学试卷
一、单选题
1．已知为纯虚数，则实数（ ）
A．0 B．1 C． D．
2．若集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．已知平面向量，，则下列结论一定错误的是（ ）
A． B． C． D．
4．下列函数中，是偶函数，且在上是减函数的是（ ）
A． B． C． D．
5．已知抛物线的焦点为F，过F且斜率为的直线与直线交于点A，点M在抛物线上，且满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．在的展开式中，x的系数为（ ）
A．9 B．15 C． D．
7．将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）．
A．是最小正周期为的偶函数 B．点是的对称中心
C．在区间上的最大值为 D．在区间上单调递减
8．已知直线与圆，则“，直线与圆有公共点”是“”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
9．连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角，使该几何体与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴.则正方体的旋转轴共有（ ）
A．7条 B．9条
C．13条 D．14条
10．已知函数，则下列命题不正确的是（ ）
A．当时，有唯一极小值 B．存在定直线始终与曲线相切
C．存在实数a，使为增函数 D．存在实数a，使为减函数
二、填空题
11．已知，若，则 .
12．双曲线的焦点坐标是 .
13．已知，，若对任意实数x都有恒成立，则满足条件的一组有序数对为 .
14．在数学发展史上，已知各除数及其对应的余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余定理”的高度.现有一个剩余问题：在的整数中，把被除余数为，被除余数为，被除余数也为的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列，则数列的项数为 .
15．在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论：
①平面平面；
②平面可能经过的三等分点；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面；
④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题
16．中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积.
17．如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）.
（1）证明：；
（2）若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
18．某居民小区某栋楼共有10户家庭入住，若该楼住户在2024年4月的用电量（单位：度）如下图所示：

若电力公司组织了线上抽奖活动，各住户抽奖相互独立，但对用电量不同的住户，系统设定了如下中奖率：
用电量
中奖率 50% 50%
（1）在该楼中随机抽取一户家庭，求其4月用电量不低于30度的概率；
（2）在该楼随机抽取2户家庭，以X表示中奖的户数，试求X的分布列和期望；
（3）以频率估计概率，在该小区随机抽取2户家庭，以Y表示中奖的户数，试比较与的大小关系.（结论不要求证明）
19．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求曲线与曲线的交点个数.
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，，且点在椭圆上，动点C，D分别在直线和椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程及其焦点坐标；
（2）若椭圆上存在一点E，使得四边形是矩形，求点D的横坐标.
21．已知整数，数列是递增的整数数列，即且定义数列的“相邻数列”为，其中或
(1)已知，数列，写出的所有“相邻数列”；
(2)已知，数列是递增的整数数列，，且的所有“相邻数列”均为递增数列，求这样的数列的个数；
(3)已知，数列是递增的整数数列，，且存在的一个“相邻数列”，对任意的，求的最小值．
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，
又为纯虚数，所以，解得.
故选D
2．【答案】C
【详解】, 又
所以
故选C
3．【答案】D
【详解】对于A：若，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：因为，，
显然，故C正确；
对于D：，故D错误.
故选D
4．【答案】B
【详解】对于A，函数是奇函数，A错误；
对于B，函数，所以函数为偶函数，，
令，得，当时，在上单调递减，B正确；
对于C，函数为偶函数，在上单调性有增也有减，C错误；
对于D，函数，所以函数为偶函数，
，，函数在上一定不是减函数，D错误；
故选B.
5．【答案】C
【详解】由题意可得，故过F且斜率为的直线方程为，
令，则由题，
因为，所以垂直于直线，故，
又M在抛物线上，所以由，
所以.
故选C.
6．【答案】A
【详解】易知，的展开式中，没有x项；
因为的展开式的通项为：，
令，即，所以展开式中，x的系数为；
又因为的展开式的通项为：，
令，即，所以展开式中，x的系数为；
综上，在的展开式中，x的系数为，
故选A.
7．【答案】D
【详解】，
向左平移个单位长度得到函数，则，
对于A：由以上解析可得为奇函数，故A错误；
对于B：当时，，故B错误；
对于C：因为函数的递增区间为，即，
同理得函数的递减区间为
所以是的一个递减区间，
又当时，，
所以，故C错误；
对于D：由C的解析可知，所以递减区间为，
所以当时可得，在区间上单调递减，故D正确.
故选D
8．【答案】B
【详解】易知圆的圆心为，半径为，
当，直线与圆有公共点时，恒成立，即恒成立，
则且，解得，即或（舍去）
所以“，直线与圆有公共点”是“”的必要不充分条件，
故选B.
9．【答案】C
【详解】由对称性结合题意可知，
过正方体相对面中心的连线为旋转轴，如图中，
此类共3条，此时旋转角α最小为90°，
以正方体的体对角线为旋转轴，如图中，
此类共有4条，此时旋转角α最小为120°，
以正方体对棱的中点连线为对称轴，如图中，
此类共有6条，此时旋转角α最小为180°，
综上，这个正方体的旋转轴共有13条．
故选C．
10．【答案】C
【详解】对于A，当时，，
，
令，则，
由得或，由得，
所以在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，
，，，
所以在内存在唯一零点，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有唯一极小值，故A正确；
对于B，，因为，，
所以存在定直线始终与曲线相切，故B正确；
对于C，由B可知，不论为何值，恒成立，故不能为增函数，
故C错误；
对于D，当时，，
令，，令，则，
所以当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，
所以是单调递减函数，故D正确.
故选C.
11．【答案】或
【详解】因为且，
所以或，
解得或.
12．【答案】，
【详解】因为双曲线的焦点在轴上，
，，
所以双曲线的焦点坐标是，.
13．【答案】（答案不唯一）
【详解】，若对任意实数x都有恒成立，
则，或，
由，得，
因为，令，得，
由，得，
因为，令，得，
所以满足条件的一组有序数对为或.
14．【答案】
【详解】依题意既是的倍数也是的倍数还是的倍数，也就是的倍数，
所以，即，令，
∴，又因为，所以共项.
15．【答案】①③④
【详解】
如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向，
，
，设
①，
因为，
所以是平面内两条相交直线，则平面，平面，因此平面 平面，①正确；
②取点为的三等分点，即或，设平面的法向量为，，则，令，所以
当时，，若在平面中，，解得不合题意；
当时，，若在平面中，，解得不合题意；②错误；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），设，则，由上可知平面的法向量为，若存在点E使得平面，则有，即，解得所以当时成立，③正确；
④延长三线相交于点，连接分别交直线于点,因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，
在正方体中，，根据三角形相似可得，则，，因此周长为.④正确.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由已知得，由正弦定理得 得
， 得
（2）法一：由（1）知，代入得，
由余弦定理 得
得或
①当时，
②当时，
法二：代入得
∵，∴，或
①时，
②时，
17．【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【详解】（1）因为，所以，，
又因为、平面，，
所以平面，而平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以．
（2）选择条件①：平面平面，
因为，，
所以为二面角的平面角，
因为平面平面，所以，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角则，
二面角的余弦值为，
选择条件②：，
因为平面，平面，所以，
因为，，BC，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，所以，
因为，，
所以建立如图空间直角坐标系，又，
所以E，F，Q分别是，，的中点，，，，
，，平面的法向量为，
设平面的法向量为，则 得，
令，则，，所以，
设二面角的平面角为，则，
由题可知，二面角为钝二面角，则，
二面角的余弦值为．
18．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【详解】（1）记“在该楼中随机抽取一户家庭，其4月用电量不低于30度”为事件A，
在该楼10个住户中，用电量不低于30度的共户，
故概率估计值；
（2）解法1：X的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
X的分布列为：
0 1 2
X的期望值，
解法2：X的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的期望值；
（3）Y的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
则，
故.
19．【答案】(1)
(2)交点个数为1
【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得；
（2）原问题可转化为函数在上的零点个数问题，借助导数研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断.
【详解】（1）由，则，
，则，
所以切线方程为，即；
（2）令，故，
令，，
令，
，
当时，，，，
∴，∴在上为减函数，即在上为减函数，
又，，
∴在上有唯一的零点，设为，即，
∴在上为增函数，在上为减函数，
又，
，
，
∴在上有且只有一个零点，在上无零点，
∴曲线与曲线的交点个数为1.
20．【答案】（1）方程为，焦点坐标为，
（2）横坐标为或
【详解】（1）由题设，解得，.
所以椭圆G的方程为.焦点坐标为，
（2）设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，
则，，所以，
D，E都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，
则，②
②代入①得，解得：或，
若时，，，此时C与重合，D点坐标为；
若时，联立，
可得：，解得：，
因为，所以，
所以D点横坐标为或.
21．【答案】(1)；；；.
(2)11个
(3)37
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；
（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【详解】（1）根据“相邻数列”的概念可知，，
或，或，
所以的所有“相邻数列”有；；；.
（2）任取的一个“相邻数列”，
因为或，
或，
所以有且，
对于的取值分以下4种情形：
（a），
（b），
（c），
（d）
由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，
递增，，即，
由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，
于是，则，即满足数列的有11个.
（3）令，所以对任意，
设，则且，
先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合．
若，令，则，由得，
所以，即，即是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此，的分布只可能是如下三种情况：
（i），此时，对任意的，由得，
所以对任意的，注意到，所以，
等号当且仅当时取到；
（ii）存在整数，使得
对任意的，对任意的，所以
（iii）．此时，对任意的，与情形1类似，
对任意的，注意到，
所以，
综上，的最小值为．
【方法总结】根据“相邻数列”的定义，按照或分类讨论不同情形，结合数列的定义求解即可.