吉林省长春市吉大附中实验学校2023届高三适应性测试（一）数学试题（含解析）

这是一份吉林省长春市吉大附中实验学校2023届高三适应性测试（一）数学试题（含解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

吉林省长春市吉大附中实验学校2023届高三适应性测试（一）数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，若，则所有符合条件的实数组成的集合是（    ）
A． B． C． D．
2．已知，，则角所在的象限是（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．党的十八大以来的十年，是砥砺奋进、矢志“为中国人民谋幸福”的十年．在党中央的正确领导下，我国坚定不移贯彻新发展理念，着力推进高质量发展，推动构建新发展格局，实施供给侧结构性改革，制定一系列具有全局性意义的区域重大战略，经济实力实现历史性跃升．国内生产总值（GDP）从五十四万亿元增长到一百一十四万亿元，稳居世界第二位．下表是2022年我国大陆31省市区GDP数据．
2022年中国大陆31省市区GDP（单位，亿元）
排名
省份
GDP
排名
省份
GDP
排名
省份
GDP
1
广东
129118.6
12
河北
42370.4
23
新疆
17741.3
2
江苏
122875.6
13
北京
41610.9
24
天津
16311.3
3
山东
87435.1
14
陕西
327727
25
黑龙江
15901.0
4
浙江
77715.4
15
江西
32074.7
26
吉林
13070.2
5
河南
61345.1
16
重庆
29129.0
27
甘肃
11201.6
6
四川
56749.8
17
辽宁
2897.5.1
28
海南
6818.2
7
湖北
53734.9
18
云南
28954.2
29
宁夏
5069.6
8
福建
53109.9
19
广西
26300.9
30
青海
3610.1
9
湖南
48670.4
20
山西
256426
31
西藏
2132.6
10
安徽
45045.0
21
内蒙古
23158.7



11
上海
44652.8
22
贵州
20164.6



则由各省市区GDP组成的这组数据的第75百分位数为（单位：亿元）（    ）
A．16311.3 B．17741.3 C．48670.4 D．53109.9
4．设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（    ）
A．2 B． C． D．
5．设且，，，则的大小关系是（    ）
A． B． C． D．
6．已知双曲线：的左焦点恰好在抛物线的准线上，过点作两直线分别与抛物线交于两点，若直线的倾斜角互补，则点的纵坐标之和为
A． B． C． D．
7．在长方体中，直线与平面的交点为为线段的中点，则下列结论错误的是（    ）
A．三点共线 B．四点异不共面
C．四点共面 D．四点共面
8．已知函数，存在实数使得成立，若正整数的最大值为6，则的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件为“”，事件为“为奇数”，事件为“”，则下列结论正确的是（    ）
A．与互斥 B．与对立
C． D．与相互独立
10．已知函数（，），若为的一个极值点，且的最小正周期为，则（    ）
A． B．（）
C．的图象关于点（，0）对称 D．为偶函数
11．如图，双曲线E：的左右焦点分别为，，过的直线l与其右支交于P，Q两点，已知且，则下列说法正确的是（    ）

A．
B．双曲线的离心率为2
C．
D．的面积为
12．已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（    ）
  
A．圆台的体积为 B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为 D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为5

三、填空题
13．若(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程的一个虚根，则___________.
14．已知，若正数a，b满足，则的最小值为_____________.
15．在平面直角坐标系中，已知是圆的一条弦，且，是的中点，当弦在圆上运动时，直线上存在两点，使得恒成立，则线段长度的最小值是______.
16．已知数列的前项和为，，且，则的最大值为_______．

四、解答题
17．在中，内角 ，， 所对的边分别为， ，，已知 ，= .
（1）求的值；
（2）若的面积为3，求 的值.
18．乒乓球被称为中国的“国球”．20世纪60年代以来，中国乒乓球选手取得世界乒乓球比赛的大部分冠军，甚至多次包揽整个赛事的所有冠军．乒乓球比赛每局采用11分制，每赢一球得1分，一局比赛开始后，先由一方发2球，再由另一方发2球，依次每2球交换发球权，若其中一方先得11分且至少领先2分即为胜方，该局比赛结束；若双方比分打成平后，发球权的次序仍然不变，但实行每球交换发球权，先连续多得2分的一方为胜方，该局比赛结束．现有甲、乙两人进行乒乓球单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立，已知某局比赛甲先发球．
(1)求该局比赛中，打完前4个球时甲得3分的概率；
(2)求该局比赛结束时，双方比分打成且甲获胜的概率；
(3)若在该局双方比分打成平后，两人又打了X个球该局比赛结束，求事件“”的概率．
19．如图，定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“辅助圆”．过椭圆第四象限内一点作轴的垂线交其“辅助圆”于点，当点在点的下方时，称点为点的“下辅助点”．已知椭圆上的点的下辅助点为．

（1）求椭圆的方程；
（2）若的面积等于，求下辅助点的坐标．
20．如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面分别是的中点．
  
(1)记平面与平面的交线为，证明：平面；
(2)设（1）中的直线与圆的另一个交点为，且点满足．记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，求证：．
21．图中的数阵满足：每一行从左到右成等差数列，每一列从上到下成等比数列，且公比均为实数．

(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，是否存在实数，使恒成立，若存在，求出的所有值，若不存在，请说明理由．
22．设函数，曲线在处的切线与轴交于点；
(1)求；
(2)若当时，，记符合条件的的最大整数值､最小整数值分别为，，求.注：为自然对数的底数.

参考答案：
1．D
【解析】就分类讨论求出集合，再结合可得的值.
【详解】等价于
当时，，此时，符合；
当时，，因为，故或即或，
故选：D.
2．C
【分析】先利用诱导公式求出，，利用二倍角公式判断出，，即可判断出角所在的象限.
【详解】因为，所以；因为，所以.
所以，，
所以是第三象限角.
故选：C.
3．D
【分析】根据百分位数的定义即可求解.
【详解】，
所以各省市区GDP组成的这组数据的第75百分位数为从小到大排名第24名的省份的数据，
即31个省份的从高到低的第8位的省份的数据，
因此为第8名的福建省的53109.9亿元，
故选：D.
4．B
【分析】根据投影向量的定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.
【详解】解：因为在方向上的投影向量为，
所以，
所以，
因为与垂直，
所以，
即，解得.
故选：B.
5．B
【分析】先求的值及的范围，再根据范围比较大小可得答案.
【详解】由，可得：，
，，
因为，所以，
因为，所以.
故选: B.
6．C
【分析】先根据条件解得，再去特殊情况探求结果，由于为单选题，则不需进行验证.
【详解】的左焦点，的准线，故.运用极端化思想处理，当两直线重合时，的坐标均为，点的纵坐标之和为.故选C.
一般性证明：设，则
【点睛】本题考查抛物线方程以及直线与抛物线位置关系，考查基本分析化简求解能力，属中档题.
7．C
【分析】由长方体性质易知四点共面且是异面直线, 再根据 与 、面 、 面 的位置关系知 在面 与面 的交线上, 同理判断 , 即可判断各选项的正误.
【详解】
因为 ,
则四点共面.
因为 ,
则 平面 ,
又 平面 ,
则点 在平面 与平面的交线上,
同理, 也在平面 与平面 的交线上,
所以三点共线;
从而 四点共面,都在平面 内，
而点B不在平面 内，
所以四点不共面，故选项B正确；
三点均在平面内，
而点A不在平面内，
所以直线AO与平面相交且点O是交点，
所以点M不在平面内，
即 四点不共面，
故选项C错误；
，且，
所以为平行四边形，
所以共面，
所以四点共面，
故选项D正确.
故选: C.
8．A
【分析】分类讨论 f(x) 的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.
【详解】记
因为，所以，所以
当时，，所以，
取，
则对任意正整数，总有成立，故舍．
当时，．所以
要使正整数的最大㨁为6，则，解得；
当时，，所以
显然存在任意正整数，使得成立；
当时，，所以
要使正整数的最大值为6，则，解得
综上，的取值范围为.
故选：A.
9．AD
【分析】利用对立事件、互斥事件、相互独立事件的定义直接求解．
【详解】解：定义事件： “”，事件 “为奇数”，事件 “”，
对于A，事件： “”包含的基本事件有：，，，，，，
事件 “为奇数”，包含的基本事件有：
，，，，，，
与不能同时发生，是互斥事件，故A正确；
对于B，与不能同时发生，能同时不发生，不是对立事件，故B错误；
对于C，的所有可能结果如下表：

1
2
3
4
5
6
1






2






3






4






5






6






（C），，，故C错误；
对于D，（A），（C），，
（A）（C），与相互独立，故D正确．
故选：AD．
10．BCD
【分析】根据三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】因为是的一个极值点，则，所以A错误；
因为，则，可得，
令，解得，所以B正确.
因为，
则，所以C正确；
因为，
则当为奇数时，为偶函数；
当为偶数时，为偶函数，所以D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】根据双曲线定义及性质，结合余弦定理和面积公式逐个选项判断即可．
【详解】如图所示：

对于A，且，所以，故A正确；
对于B，，，所以，又由相似可得：，，，，所以离心率，故B正确；对于C，中，由余弦定理可得，故C错误；
对于D，由C可知，，则其面积，故D正确．
故选：ABD．
12．ACD
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
  
其面积为．故B错误；
对于C：过作交底面于，则底面，所以即为母线与底面所成角．
  
在等腰梯形中，，所以．
因为为锐角，所以．故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为．由题意可得：
．由为中点，所以，所以．故D正确．
  
故选：ACD.
13．
【分析】将代入方程求解即可.
【详解】因为是关于x的实系数一元二次方程的一个虚根
所以，所以，所以
故答案为：
14．1
【分析】求得为奇函数，且在上递增，可得，则，展开后运用基本不等式即可得到所求最小值．
【详解】解：函数，
可得，
可得为奇函数，
由可得在上递增，
则，
即有，
可得，
即为，
则

，
当且仅当时，取得等号．
则的最小值为1．
故答案为：1．
15．
【分析】先根据题意，得到三角形为等腰直角三角形，求出点的轨迹方程；再由恒成立，得到点所在的圆在以为直径的圆的内部，进而得到的最小值为圆的直径的最小值，即可得出结果.
【详解】因为是的中点，所以,
又因为，所以三角形为等腰直角三角形，所以,
即点在以为圆心，以为半径的圆上，
因此，点的轨迹方程为；
要使恒成立，则点所在的圆在以为直径的圆的内部，
而在直线上，
点到直线的距离,
所以，以为直径的圆的半径的最小值为,
所以线段长度的最小值是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查直线与圆的方程的应用，属于常考题型.
16．8
【分析】根据裂项相消求和即可得解.
【详解】因为
所以
所以
所以
所以
所以
所以，
故，

故，
又,
所以只需.
故答案为：.
17．（1）；（2）.
【详解】（1）根据正弦定理可将条件中的边之间的关系转化为角之间满足的关系，再将式
子作三角恒等变形即可求解；（2）根据条件首先求得的值，再结合正弦定理以及三角
形面积的计算公式即可求解.
试题解析：（1）由及正弦定理得，
∴，又由，即，得，
解得；（2）由，得，，
又∵，∴，由正弦定理得，
又∵，，∴，故.
考点：1.三角恒等变形；2.正弦定理.

18．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（2）分类讨论，甲失一球，这球有是甲发球还是是乙发球，结合独立事件概率乘法公式分析运算；
（3）由题意可得：或，分类讨论，甲赢得比赛还是是乙赢得比赛，结合独立事件概率乘法公式分析运算.
【详解】（1）若打完前4个球时甲得3分，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，
所以打完前4个球时甲得3分的概率.
（2）若双方比分打成且甲获胜，则甲失一球，这球有可能是甲发球也可能是乙发球，且乙最后一次发球甲胜，
双方比分打成且甲获胜的概率.
（3）由题意可得：若，则或，
可得；
；
所以.
19．（1）；（2），或，．
【分析】（1）利用已知条件求出椭圆长半轴为，将点代入椭圆方程中，解得，即可得到椭圆的方程．
（2）设点，，则点，，将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程，结合三角形的面积，求解下辅助点的坐标．
【详解】（1）椭圆上的点的下辅助点为，
辅助圆的半径为，椭圆长半轴为，
将点代入椭圆方程中，解得，
椭圆的方程为；
（2）设点，，则点，，
将两点坐标分别代入辅助圆方程和椭圆方程可得，
，，故，即，
又，则，
将与，联立可解得或，
下辅助点的坐标为，或，；
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，圆与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
20．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据中位线定理和平行的传递性即可求解；（2）根据线面垂直的判定、性质以及二面角的定义即可求解，或根据建立空间直角坐标系后根据法向量即可求解.
【详解】（1）∵平面平面，
∴直线平行于平面,
又平面，平面平面，
∴，又．
∴，
因为是直径，所以为直角，所以，
又因为平面，AC在面ABC上，所以，
而相交于点C,且都在平面内，
所以平面，故平面．
（2）证法一（综合法）：如图，连接，由（1）可知交线即为直线，且．
  
因为是的直径，所以，于是．
已知平面，而平面，所以．
而，BC、PC在面PBC内，所以平面．
连接，
因为平面，所以．
故就是二面角的平面角，即．
由，作，且．
连接，
因为是的中点，，所以，
从而四边形是平行四边形，．
连接，因为平面，
所以是在平面内的射影．
故就是直线与平面所成的角，即．
又平面，BF在面PBC内，所以，所以为锐角．
故为异面直线与所成的角，即，
于是在，，中，
分别可得．
从而，即．
证法二（向量法）：
如图，由，作，且，
连接．
由（1）可知交线l即为直线．
以点为原点，向量所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则有，．
于是，，
所以
  
从而．
取平面的一个法向量为，可得，
设平面的一个法向量为．
由，可得取．
于是，从而．
故，即．
21．(1)；
(2)存在，.

【分析】（1）利用给定的数阵及相关信息，求出等差数列公差、等比数列的公比即可求解作答.
（2）利用等比数列前n项和公式求出，再分奇偶讨论求解不等式恒成立的值作答.
【详解】（1）设，第一行从左到右成等差数列的公差为，
则，
由，得，即有，
于是，又，解得，
因此，
所以，即．
（2）由（1）知，，
当为奇数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则；
当为偶数时，不等式等价于恒成立，而恒成立，则，因此，
所以存在，使得恒成立．
22．(1)
(2)

【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求出在处的切线方程，根据切线与轴交于点，即可求得；
（2）法一：由（1）知，则不等式可化为，构造函数，利用导数并讨论导数的正负，从而求得存在，，分离参数，表示出，构造新函数，结合导数求得，进而求得答案；
法二：讨论x的取值范围，从而分离出参数b，在，的情况下，分别构造函数，利用导数判断单调性求的最值，最后确定，由此可得答案；
法三：令，由可解得，从而取，证明证当时，不等式在时恒成立，令，由，解得，故取，再证当时，不等式在时恒成立，由此求得答案.
【详解】（1）依题意得：，
所以.
又因为，
所以在处的切线方程为，
因为曲线在处的切线与轴交于点，
所以，
解得.
（2）解法一:由（1）知，则不等式可化为，
设，
则，
设，则，
因为，所以，
所以在单调递增，即在单调递增，
所以，
①若，则，
所以在单调递增，
所以，
解得，
所以；
②若，则，
因为在单调递增，
当时，，
则存在使得，
当时，取，则，
所以存在，使得，
综上，当时，存在，使得，即，
故当时，，
则在单调递减，
当时，，
则在单调递增，
所以,（*）
由，得，
代入（*）得，
设，
则，
因为，所以由得，
当时，，
所以在上单调递增，
当时，，
所以在单调递减，
又因为，，，
所以当时，，
所以满足的的取值范围是，
又因为，
设，则，
所以在单调递增，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法二：
由（1）知：，则，
①当时，左边等于恒成立，此时；
②当时，原不等式可化为对任意恒成立.
设，则.
设，则.
因为，所以，
所以在上单调递增.
又因为，
所以是在上的唯一零点，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以.
③当时，原不等式可化为，
此时对于②中函数的导函数，，
可知当时，，
所以在单调递减，且，
所以当时，，
所以当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
综上所述，
又因为，
所以，，所以.
解法三：
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，由可得，
当时，，
所以单调递减，
当时，，
所以单调递增，
所以，所以符合题意；
令，由得，
解得，
取，下证当时，不等式在时恒成立，
设，则，
令，则，
所以当时，，
则在上单调递减，
当时，，
则在上单调递增，
所以，
所以当时，恒成立.
当时，，
所以，
所以，
设，则，
设，则，
所以在单调递增，且，
所以当时，，
则在单调递减，
当时，，
则在单调递增，
所以，
所以，
所以，
综上当时，不等式在时恒成立，
所以.
【点睛】本小题主要考查函数的单调性､导数､导数的几何意义及其应用､不等式等基础知识，考查推理论证能力､运算求解能力､创新意识等，考查分类与整合思想､数形结合思想､一般与特殊思想，涉及的核心素养有直观想象､数学抽象､数学运算､逻辑推理等，体现综合性与创新性.