江苏省南京市江宁高级中学2022届高三下学期适应性考试数学试题

江苏省南京市江宁高级中学2022届高三下学期适应性考试

数学试题

第I卷（选择题）

1．设集合，则（       ）

A．(-2，4] B．(-2，4) C．(0，2) D．[0，2)

2．已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（       ）.

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数相等，则的展开式的各项系数之和为（       ）

A． B． C． D．

4．我国于2021年5月成功研制出目前国际上超导量子比特数量最多的量子计算原型机“祖冲之号”，操控的超导量子比特为62个.已知1个超导量子比特共有“，”2种叠加态，2个超导量子比特共有“，，，”4种叠加态，3个超导量子比特共有“，，，，，，，”8种叠加态，…，只要增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就呈指数级增长.设62个超导量子比特共有种叠加态，则是一个（       ）位的数.(参考数据：)

A．18 B．19 C．62 D．63

5．若，，，则的值为（       ）

A． B． C． D．

6．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，将角的终边绕点顺时针旋转后，经过点，则（       ）

A． B． C． D．

7．已知椭圆与圆，过椭圆的顶点作圆的两条切线，若两切线互相垂直，则椭圆的离心率是（        ）

A． B． C． D．

8．已知，，，则（        ）

A． B．

C． D．

9．有一组样本甲的数据，由这组数据得到新样本乙的数据，其中为不全相等的正实数．下列说法正确的是（       ）

A．样本甲的极差一定小于样本乙的极差

B．样本甲的方差一定大于样本乙的方差

C．若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为

D．若为样本甲的平均数，则样本乙的平均数为

10．已知函数关于对称，则下列结论正确的是（       ）

A． B．在上单调递增

C．函数是偶函数 D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称

11．已知两个等差数列和，其公差分别为和，其前项和分别为和，则下列说法正确的是（　　）

A．若为等差数列，则 B．若为等差数列，则

C．若为等差数列，则 D．若，则也为等差数列，且公差为

12．在棱长为1的正方体中，M为底面ABCD的中心，，，N为线段AQ的中点，则下列命题中正确的是（        ）

A．CN与QM共面

B．三棱锥的体积跟的取值有关

C．当时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为

D．时，

第II卷（非选择题）

13．已知实数满足，则的最小值是_______．

14．某次演出有5个节目，若甲、乙、丙3个节目间的先后顺序已确定，则不同的排法有_______种．

15．若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为_______．

16．祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果裁得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形G如图所示，若将图形G被直线所截得的两条线段绕y轴旋转一周，则形成的旋转面的面积_________；若将图形G绕y轴旋转一周，则形成的旋转体的体积___________．

17．已知数列满足，，．

(1)求的值并求数列的通项公式；

(2)若，求数列的前项和．

18．从①为锐角且sinB－cosC＝；②b＝2asin(C＋)这两个条件中任选一个，填入横线上并完成解答．在三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，       ．

(1)求角A；

(2)若b＝c且BC边上的高AD为2，求CD的长．

19．如图，在四棱台中，底面为矩形，平面平面，且.

（1）证明：平面；

（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.

20．过抛物线的焦点的直线交抛物线于A和B两点，过A和B两点分别作抛物线的切线，两切线交于点E．

(1)求证：．

(2)若，求的面积的取值范围．

21．2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．

(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；

(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．

①试证明为等比数列；

②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．

22．设函数．

(1)当时，恒成立，求b的范围；

(2)若在处的切线为，且，求整数m的最大值．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

先求出集合B，再根据并集定义即可求出.

【详解】

因为集合，

所以.

故选：A.

2．A

【解析】

【分析】

设出复数z的代数形式，再利用复数相等求出复数z即可作答.

【详解】

设，，则，由得：，

即，于是得，解得，则有对应的点为，

所以在复平面内复数z对应的点在第一象限.

故选：A

3．C

【解析】

【分析】

由已知条件解出n，令x＝1即可得到答案﹒

【详解】

由题知，由组合数性质解得n＝6，

∴＝，

令x＝1，得展开式各项系数之和为，

故选：C.

4．B

【解析】

【分析】

根据题意个超导量子比特共有种叠加态，进而两边取以为底的对数化简整理即可得答案.

【详解】

根据题意，设个超导量子比特共有种叠加态，

所以当有62个超导量子比特共有种叠加态。

两边取以为底的对数得，

所以，由于，

故是一个19位的数.

故选：B

【点睛】

本题考查数学文化，对数运算，考查知识的迁移与应，是中档题.本题解题的关键在于根据材料得个超导量子比特共有种叠加态，进而根据对数运算求解.

5．A

【解析】

【分析】

根据题意得到，，结合，列出方程，即可求解.

【详解】

由题意，向量，，

可得，，

因为，可得，解得.

故选：A.

6．B

【解析】

【分析】

根据角的概念以及三角函数的定义，可得和，再根据以及两角和的正弦公式计算可得答案.

【详解】

∵角的终边按顺时针方向旋转后得到的角为，

∴由三角函数的定义，可得：，，

∴，

故选：B.

7．B

【解析】

【分析】

根据椭圆和圆的方程，结合图形，可判断出相切时，切线与坐标轴的夹角的大小，进而求解.

【详解】

由题意可知，若两切线垂直，则过椭圆的左右顶点作圆的切线.

两切线垂直，只需要,所以

故选：B

8．D

【解析】

【分析】

构造函数以及函数，分别利用导数研究其单调性，进而根据单调性比较函数值的大小.

【详解】

令，，

当时，，，，单调递增，

，即，，即，

令，

，

令，

令，，

当时，，单调递增，

在上单调递减，，

，在上单调递减，

，即，

综上：.

故选：D.

9．ACD

【解析】

【分析】

根据甲的极差、平均数、方差、中位数确定乙的相关数据特征，结合各选项的描述判断正误.

【详解】

为不全相等的正实数，若甲的极差为，平均数为，方差为，则，中位数为，

则乙的极差为，平均数为，方差为，中位数为，

A：由，故正确.

B：由题意可知，，故不正确.

C：由上分析知：若为样本甲的中位数，则样本乙的中位数为，正确；

D：由上分析知：若为样本甲的平均数，则样本乙的平均数为，正确；

故选：ACD

10．AC

【解析】

【分析】

根据题意，可知是对称轴，可解得，然后根据三角函数的性质，即可求出单调性，对称中心.

【详解】

因为 ,函数关于对称，可知，所以解得：，故A 对. ,当时，，故B不对. ，所以是偶函数，故C对.

的图象向左平移个单位长度，得到,当 时，，所以D错.

故选：AC

11．ABD

【解析】

【分析】

对于A，利用化简可得答案；

对于B，利用化简可得答案；

对于C，利用化简可得答案；

对于D，根据可得答案.

【详解】

对于A，因为为等差数列，所以，

即，所以，

化简得，所以，故A正确；

对于B，因为为等差数列，所以，

所以，

所以，故B正确；

对于C，因为为等差数列，所以，

所以，

化简得，所以或，故C不正确；

对于D，因为，且，所以，

所以，

所以，

所以也为等差数列，且公差为，故D正确.

故选：ABD

【点睛】

关键点点睛：利用等差数列的定义以及等差中项求解是解题关键.

12．AC

【解析】

【分析】

由是 中点，可得即可判断A,由到平面的距离为定值，的面积为定值，故体积为定值，可判断B，时，过A，Q，M三点的正方体的截面是等腰梯形，即可判断C，根据判断是否是等腰三角形，即可判断D.

【详解】

连接 ,在中，,所以CN与QM共面，故A对.

, 三棱锥的体积跟的取值无关，故B错.

当时，过A，Q，M三点的正方体的截面是等腰梯形， 所以截面的周长为 ,故C对.

当时， 是中点，所以不垂直，故D错误.

故选：AC

13．16

【解析】

【分析】

根据对数定义和运算可得，利用基本不等式代入整理计算．

【详解】

∵，则可得

∴

∵当且仅当时等号成立

∴

故答案为：16．

14．20

【解析】

【分析】

根据题意，设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为，，分2步进行分析：先将甲乙丙三个节目按给定顺序排好，再将、依次插入到空位之中，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】

解：根据题意，设5个节目中除甲、乙、丙之外的2个节目为，；

分2步进行分析：①，将甲乙丙三个节目按给定顺序排好，②，排好后有4个空位，将安排到空位中，有4种情况，排好后有5个空位，将安排到空位中，有5种情况，则不同的排法有种；

故答案为：20

15．

【解析】

【分析】

分析可知直线与函数在上的图象只有一个交点，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可求得的值，再利用导数可求得函数在上的最大值和最小值，即可得解.

【详解】

当时，由可得，令，其中，

则，由，可得，列表如下：

如下图所示：

因为在内有且只有一个零点，则，

所以，，则，

当时，，此时函数单调递减，

当时，，此时函数单调递增，

则当时，，

又因为，，所以，，

因此，在上的最大值与最小值的和为.

故答案为：.

16．         

【解析】

【分析】

由直线，其中，分步联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解.

【详解】

如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，

由直线，其中，

联立方程组，解得，

联立方程组，解得，

所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，

根据“幂势既同，则积不容异”，

可得该几何体的体积与底面面积为，高为4的圆柱的体积相同，

所以该几何体的体积为.

故答案为：；.

17．(1)，;

(2).

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件及数列的递推公式，取项数可得出数列的各项，再利用等比数列的通项公式即可求解；

（2）根据对数的运算性质，再利用裂项相消法即可求解.

(1)

因为，又 ，所以

，

，

．                       

当时，，所以，

从而，

所以数列是以首项为，公比为的等比数列，

于是有，又因为，不满足上式，

所以数列的通项公式为.

(2)

由（1）知，，

＝，

故＝＝．

所以

所以数列的前项和为．

18．(1)条件选择见解析，

(2)

【解析】

【分析】

（1）在三角形中，运用正余弦定理，实现边角互化即可求解.

（2）根据三角形的面积公式可得的关系，在中运用余弦定理可求出的值，然后根据边的长度用余弦定理求角，即可求解.

(1)

选①

因为，所以，

由余弦定理得，，所以，即

由正弦定理得

在中，有，故

由A为锐角，得

选②

因为b＝2asin(C＋)，由正弦定理得

即       

化简得

在中，有，由A为锐角得，

所以，得

(2)

由题意得，，所以，

又b＝c，所以

由余弦定理，解得

所以，，

所以是钝角三角形

所以，所以

在直角中，

19．（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】

（1）要证线面垂直，只要证垂直于平面内的两条相交直线，根据所给数据和垂直关系，即可得证；

（2）要求二面角，本题可用空间直角坐标系，连结，由（1）可知，平面，所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，求出各个面的法向量利用向量的夹角公式，即可得解.

【详解】

（1）如图，在梯形中，因为，

作于，则，所以，

所以，连结，由余弦定理可求得，

因为，所以，

因为平面平面且交于，

所以平面，

因为平面，所以，

因为，，

所以平面；

（2）连结，由（1）可知，平面，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

因为平面，所以在平面内的射影为，

所以与平面所成的角为，即，

在中，因为，所以，

则，，，，，

所以，，，

设平面的法向量为，

则有，即，

令，则，，故，

设平面的法向量为，

则有，即，

令，则，，故，

所以，

由图可知，二面角锐二面角，

故二面角的余弦值为.

【点睛】

本题考查了线面垂直的证明，考查了利用空间直角坐标系求法向量求二面角，要求逻辑思维能力和较高的计算能力，属于较难题.本题的关键点有：

（1）利用数据构造直角三角形得到垂直关系；

（2）建立适当的空间直角坐标系，利用方程求二面角的法向量是求二面角的关键.

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）设出直线方程，与抛物线联立，表示出和方程，求得点，则可证明；

（2）由题得出，则可得，再表示出面积即可求出.

(1)

由题意知当直线斜率不存在时不符合题意，设，

联立，可得，

则，，，

则直线方程为，直线的方程为，

联立两直线可得，即，

当时，轴，轴，成立，

当时，，也成立，

综上，；

(2)

由可得，则，

由得，则，

所以.

21．(1)分布列见解析，

(2)①证明见解析；②

【解析】

【分析】

（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；

（2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足.

(1)

解析1：分布列与期望

依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，

门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，

，，

，，X的分布列为：

期望．

（1）解析2：二项分布

依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为：

期望．

(2)

解析：递推求解

①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，

第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，

从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列．

②由①可知，，，故．

22．(1);

(2)2

【解析】

【分析】

（1）求出当时，只需要；（2）先根据切线的条件求出参数，在类似（1）中用恒成立的方式来处理.

(1)

由，当时，得．

当时，，所以，即在上单调递增，所以，由恒成立，

得，所以，即b的范围是．

(2)

由得，且．

由题意得，所以，

又在切线上．

所以，所以，即．

因为，所以有．

令，则等价于，即，从而．

设，则．

易知在上单调递增，且．

所以，由函数零点存在性定理知，存在唯一的使得，

即，则．

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增．

从而．

而在上是减函数，所以．

因此的最小值．

从而整数m的最大值是2．