江苏省南通市如皋市2023届高三下学期适应性测试（三）数学试题（含解析）

这是一份江苏省南通市如皋市2023届高三下学期适应性测试（三）数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南通市如皋市2023届高三下学期适应性测试（三）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知，若，则（    ）
A． B． C．2 D．3
2．已知复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
3．已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（    ）
A． B． C．2 D．
4．为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数.假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（    ）（参考数据：，）
A．14次 B．15次 C．16次 D．17次
5．将函数的图象上的点横坐标变为原来的（纵坐标变）得到函数的图象，若存在，使得对任意恒成立，则（    ）
A． B． C． D．
6．如图，湖面上有4个小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛联通起来，则所有不同的建桥方案种数为（    ）

A．6 B．16 C．18 D．20
7．已知各项均为正整数的递增数列的前n项和为，若，，当n取最大值时，的值为（    ）
A．10 B．61 C．64 D．73
8．在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．某班共有48人，小明在一次数学测验中的成绩是第5名，则小明成绩的百分位数可能是（    ）
A．9 B．10 C．90 D．91
10．如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P，Q分别为棱，BC的中点，则（    ）
  
A．平面 B．平面平面
C．三棱柱的侧面积为 D．三棱锥的体积为
11．已知定义在R上的函数的图象连续不间断，若存在非零常数t，使得对任意的实数x恒成立，则称函数具有性质，则（    ）
A．函数具有性质
B．若函数具有性质，则
C．若具有性质，则
D．若函数具有性质，且，则，
12．已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线l与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（    ）
A．的最小值为8
B．若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6
C．为定值
D．若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为

三、填空题
13．已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数依次构成等差数列，则其展开式中所有项的系数和为______.
14．为了解某大学射击社团的射击水平，分析组用分层抽样的方法抽取了6名老学员和2名新学员的某次射击成绩进行分析，经测算，6名老学员的射击成绩样本均值为8（单位：环），方差为（单位：环2）；2名新学员的射击成绩分别为3环和5环，则抽取的这8名学员的射击成绩的方差为______环2.
15．已知点是抛物线上的动点，则的最小值为______.

四、双空题
16．在平面直角坐标系中，点P在圆上运动，点Q在函数的图象上运动，写出一条经过原点O且与圆C相切的直线方程为______；若存在点P，Q满足，则实数a的取值范围是______.

五、解答题
17．已知数列中，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：数列的前n项和.
18．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答
记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______.
(1)求角C的大小；
(2)若点D在AB边上，且，，求的值.
19．2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的240位居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图.
  
(1)若此次知识问答的得分X服从，其中近似为参与本次活动的240位居民的平均得分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），求的值；
(2)中国移动为支持本次活动提供了大力支持，制定了如下奖励方案：参与本次活动得分低于的居民获得一次抽奖机会，参与本次活动得分不低于的居民获得两次抽奖机会，每位居民每次有的机会抽中一张10元的话费充值卡，有的机会抽中一张20元的话费充值卡，假设每次抽奖相互独立，假设该小区居民王先生参与本次活动，求王先生获得的话费充值卡的总金额Y（单位：元）的概率分布列，并估计本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额（单位：元）
参考数据：，，.
20．如图，在多面体中，，平面，是边长为2的正三角形，，点M是BC的中点，平面.
  
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线AM，BN交于点P.
(1)记，的面积分别为，，若，求点P的坐标；
(2)设点，若点M在直线FG的左侧，记直线MG与直线交于点Q，求证：直线FQ平分.
22．已知函数，其中a为实数.
(1)若，求函数在区间上的最小值；
(2)若函数在上存在两个极值点，，且.求证：.

参考答案：
1．C
【分析】根据并集的知识求得.
【详解】由于，所以，
此时，满足.
故选：C
2．A
【分析】化简，根据对应点所在象限列不等式，从而求得的取值范围.
【详解】，
对应点，
由于点在第一象限，
所以，解得.
故选：A
3．B
【分析】设，的夹角为，由题意可得，，解方程即可得出答案.
【详解】设，的夹角为，
由可得：，
，所以，
在上的投影向量为，则，
所以，即，则.
故选：B.
4．C
【分析】依题设情境运用特殊值求得函数模型中t的值，然后运用函数模型得到关于n的不等式，通过指、对运算求得n的取值范围，即可得解．
【详解】依题意，，，当时，，即，可得，
于是，由，得，即，
则 ，又，因此，
所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要16次．
故选：C
5．C
【分析】根据三角函数的变换规则求出的解析式，依题意可得关于点对称，即可得到，，即可得解.
【详解】将函数的图象上的点横坐标变为原来的（纵坐标变）得到，
若存在，使得对任意恒成立，
所以关于点对称，
则，，解得，，
因为，所以.
故选：C
6．B
【分析】分析可知共有座桥梁，从中任选座，列举出不合乎要求的情况，利用间接法可求得结果.
【详解】由题意可知，四个小岛两两相连，共有、、、、、座桥梁，
从中任选座桥梁共有种，
其中选择、、、四种不行，
因此，共有种不同的方案.
故选：B
7．D
【分析】根据题意分析可得：当时，数列是以首项为3，公差为1的等差数列，结合等差数列分析运算.
【详解】因为为递增数列且均为正整数，，，
若n取最大值时，则当时，均取到最小，即，
即当时，可得，所以数列是以首项为3，公差为1的等差数列，
则，
又因为，
若n的最大值为61，则，符合题意；
若n的最大值为62，则，不符合题意；
综上所述：当n取最大值时，的值为73.
故选：D.
8．A
【分析】先通过和可知三棱锥的外接球O为的中点，在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径，进而可得球心到面的距离，从而得，再由解三角形知识求解△的面积最大即可.
【详解】  
该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，所以，所以，
又，即，所以，即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，
因为O为的中点，所以到平面的距离为，
，
要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得，
所以，当且仅当时等号成立，
，
所以.
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.
故选：A.
9．CD
【分析】先将全班成绩由低到高排列，根据小明成绩的位置可判断AB，再根据百分位数的求法，计算第90,91百分位数即可判断CD.
【详解】将全班数学成绩由低到高排列，则小明成绩排在第44位，显然AB错误；
因为，
所以第90百分位数和第91百分位数均为小明成绩.
故选：CD
10．BD
【分析】记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ，判断是否平行即可判断A；证明平面可判断B；直接求出侧面积可判断C；通过转化，然后可求得三棱锥的体积，可判断D.
【详解】记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ，
则，四点共面，
因为P，D分别为的中点，所以E为的重心，即E为PC的三等分点，
又Q为BC中点，所以不平行，
因为平面PBC，平面平面，
所以由线面平行性质定理可知与平面不平行，A错误；
连接，因为
所以
因为Q为BC中点，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，B正确；
因为平面，平面，所以，
又，所以，所以四边形为矩形，面积为，
又因为，
所以三棱柱的侧面积为，C错误；
  
记的中点为H，连接，
因为，平面，平面，
所以平面，所以点P，A到平面的距离相等，四点共面，
又，Q为BC中点，
所以
因为平面，平面，所以BQ三棱锥的高，且因为，
所以
所以，所以
所以，故D正确.
故选：BD
11．ABD
【分析】根据性质的定义直接验证即可判断A；利用性质迭代即可判断B；
取验证性质即可判断C；根据性质迭代可得，再结合即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
若函数具有性质，则，即
所以，故B正确；
若，取，
易知恒成立，所以C错误；
若函数具有性质，则，即
所以
所以
又，所以，D正确.
故选：ABD
12．ACD
【分析】设出点P坐标，直接计算可判断A、C；比较双曲线的通径长和实轴长可判断B；设出直线l的方程后联立渐近线方程，求出点M，N的坐标，再联立直线l与双曲线方程，利用判别式为零可得参数关系，进而计算点M，N的纵坐标之积可得结果.
【详解】依题意，，，，，，
设，则，，即，
双曲线C的两条渐近线方程为，
对于A，，A正确；
对于B，若Q在双曲线C的右支，则通径最短，通径为，
若Q在双曲线C的左支，则实轴最短，实轴长为，B错误；
对于C，

是定值，C正确；
对于D，不妨设，，直线l的方程为，
由得，
若直线l与双曲线C相切，则，
化简整理得，
则点M，N的纵坐标之积，D正确.
故选：ACD.
    
13．
【分析】根据等差中项和组合数公式列方程可求得n，然后用赋值法可解.
【详解】由题知，
所以，整理得，
解得，或（舍去）
记
令可得，
故答案为：
14．/
【分析】记6名老学员射击环数分别为，根据题意先求出，，再根据公式算出平均数，然后将方差公式变形即可求出答案.
【详解】记6名老学员射击环数分别为，8名学员的射击成绩的平均数和方差分别为.
由题可知，
则
所以


故答案为：
15．/
【分析】根据已知条件将问题转化为抛物线上的动点到直线和轴的距离之和的最小值，作出图形，利用抛物线的定义及点到直线的距离公式即可求解.
【详解】由题可知，过抛物线上的动点作直线的垂线交直线于，过点作轴的垂线交轴于，交准线于点，为抛物线焦点，
由，得，所以，如图所示

则动点到轴的距离为
所以，
当且仅当三点共线时，有最小值，即(此时为点到直线的距离)，
所以到直线的距离为，
所以，
所以.
所以的最小值为.
故答案为：
16． 或
【分析】根据直线与圆的相切关系和点到直线的距离公式即可求解；根据垂直关系的判断和函数图象以及导数确定函数单调性即可求解.
【详解】①容易知道，
直线和直线经过原点，但不与相切，
设经过原点O的直线方程可以设为，
则，
的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离，
所以解得，
因此直线为或；
②
  
，
，
当时，恒成立，容易知道，因此总存在点P，Q满足成立；
当时，或直线夹角为90°，需有解，
只需有解，
只需有解，
令函数，
所以，
令，
容易知道，为减函数，且，
所以当时，，递增，当时，，递减，
所以，
所以.
综上所述，.
故答案为：或    .
【点睛】本题考查了函数图象的运用和导数确定函数的单调性以及通过参数分离求解范围.
17．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）两边同时取到数，构造等比数列求解即可；
（2）放缩法证明不等式即可.
【详解】（1）因为，，故，
所以，整理得．        
又，，，
所以为定值，                          
故数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，得.
（2）因为，                          
所以．
18．(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】（1）选择①先利用余弦定理，再结合正弦定理得出结果；选择②由正弦定理及两角和的正弦公式求得结果．
（2）先根据三角形三个内角关系及正弦两角差公式求解，在与中分别使用正弦定理并结合求得结果.
【详解】（1）选择①因为，结合余弦定理，
得，即，               
据正弦定理可得，所以，
又，，
所以，即，
又，所以．  
选择②．
因为，结合正弦定理可得，
即，           
又，
所以，
即，              
又，，故，即，
所以，，
因为，，所以，得．
（2）设，则．
因为，，故，
所以，
在中，据正弦定理可得，即，
在中，同理，                    
因为，
所以，即，整理得，
所以的值为．
19．(1)
(2)分布列见解析，估计本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额为元

【分析】（1）由频率分布直方图中平均数的计算公式求出，再由正态分布的对称性和原则求出的值；
（2）求出Y的所有可能取值，及其对应的概率，即可求出Y的分布列，可求出，即可求出本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额．
【详解】（1）依题意，，
所以，故

．
（2）参与活动的每位居民得分低于74分的概率为，得分不低于
74分的概率为．
Y的所有可能取值分别为10，20，30，40．
，，
，，
所以Y的概率分布为
Y
10
20
30
40
P




所以，
所以本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额为元．
20．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）作出辅助线，由线面平行得到线线平行，得到和，从而证明出线面垂直，进而得到面面垂直；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，从而得到二面角的余弦值；
法二：作出辅助线，得到是二面角的平面角，求出各边长后得到答案.
【详解】（1）取的中点D，连接MD，．
在中，M，D分别是，的中点，所以，且．
又，故，所以点四点共面．
因为平面，平面，平面平面，
所以．
因为平面，平面，
所以，故，
在正△ABC中，M是BC的中点，
故AM⊥BC，故，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面⊥平面．   
  
（2）法一：因为，平面，所以⊥平面，
以A为坐标原点，所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz．
则，，，．
所以，，，
设平面的法向量，
则，
取，则，，
故平面的一个法向量为．
设平面的法向量，
则，取，则，，
故平面的一个法向量为．
所以，
设二面角C1－A1B－C的大小为θ，
由图可知，，
所以二面角的余弦值为．          
  
法二：连接，在平面内，过点C作，垂足为H，连接DH．
在中，，D是的中点，所以．
由（1）可知，⊥平面，平面，故．
又，平面，
所以⊥平面．
因为平面，所以⊥．
又⊥，，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，所以，
据，得．
在Rt中，，
，
所以二面角C1－A1B－C的余弦值为．
  
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意，由可得直线l的方程，从而得到点的坐标，从而得到直线的方程，即可得到点的坐标；
（2）根据题意，将问题转化为证明，然后分别表示出与，代入计算，即可证明.
【详解】（1）依题意，，故，
因为，所以，即．
因为直线l经过，故，直线l的方程为．
若M在x轴的上方，则，
直线AM的方程为，直线AN的方程为，
联立方程组可得点P的坐标为．
根据椭圆的对称性可知，当M在x轴下方时，点P的坐标为．
所以点P的坐标为．
（2）要证：直线FQ平分，即证：，
只要证：，即证：，
其中，分别是直线MF，QF的倾斜角，
只要证：，即证：，
即证：，证明如下：
设，则直线MG的方程为，
令，得点Q的坐标为，
所以直线FQ的斜率，
又直线MF的斜率为，
所以
，
又因为点在椭圆C：上，故，得，
所以，得证．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了直线与椭圆的位置关系，属于较难题，解答本题的关键在于将求证直线FQ平分转化为.
22．(1)0
(2)证明见解析

【分析】利用导函数的判断函数的单调性即可求最小值.
先根据，为函数在上存在两个极值点，可得，为的两根，可得，带入后即证，再根据，和的关系，消元后只需要证明即，结合，即证.
【详解】（1）当时，，，，
令，，则，
所以在上单调递增，故，
所以，在上单调递增，
所以当时，的最小值为．
（2）依题意，在上存在两个极值点，，且．
所以在R上有两个不等的实根，，且．
令，，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故函数在处取得最小值，
要使得在R上有两个不同的零点，必须满足得，
此时，故．
因为，是的两个不等的实根，
所以，即
要证：，即证：，只要证：．
下面首先证明：．
要证：，即证：，
因，在上单调递增，
只要证：，即证：，
令，，
则，
所以在上单调递减，，即．
因为，所以．
所以，故．
要证：，只要证：，即证：，
只要证：，即证：，
事实上，，显然成立，得证．
【点睛】方法点睛：
双变量问题常用解题策略：
1.变更主元，对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.
2.指定主变量，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.
3.整体代换，变量归一，通过等价转化，将关于,x的双变量问题等价转化为以x,x所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.