江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期一模适应性考试数学试题及详细答案

这是一份江苏省常州市前黄高级中学2024届高三下学期一模适应性考试数学试题及详细答案，共17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。


一、单选题
1．设全集为定义集合与的运算：且，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，满足，，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件
4．如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（ ）

A．B．
C．D．
5．已知，且，则（ ）
A．1B．C．D．
6．已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．设实数x，y满足，，不等式恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12B．24C．D．
8．已知函数与的图象有两个交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知等差数列的前项和为，的公差为，则（ ）
A．B．
C．若为等差数列，则D．若为等差数列，则
11．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ）
A．存在旋转函数
B．旋转函数一定是旋转函数
C．若为旋转函数，则
D．若为旋转函数，则
三、填空题
12．的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
13．已知是双曲线上任意一点，若到的两条渐近线的距离之积为，则上的点到焦点距离的最小值为 ．
14．在正方体中，球同时与以A为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点若以F为焦点，为准线的抛物线经过，，设球，的半径分别为，，则 .
四、解答题
15．如图，在梯形中，，，.
(1)若，求的长；
(2)若，求.
16．如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.
(1)当点是棱的中点时，求证：直线平面；
(2)当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.
17．已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围.
18．七选五型选择题组是许多类型考试的热门题型.为研究此类题型的选拔能力，建立以下模型.有数组和数组，规定与相配对则视为“正确配对”，反之皆为“错误配对”.设为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数.
(1)请直接写出的值；
(2)已知.
①对和进行随机配对，记为“正确配对”的个数.请写出的分布列并求；
②试给出的证明.
19．若一个两位正整数的个位数为4，则称为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”一定为20的倍数；
(2)若，且为正整数，则称数对为“友好数对”，规定：，例如，称数对为“友好数对”，则，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值.
参考答案：
1．B
【解析】根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】且
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
2．D
【分析】利用向量垂直的充要条件、向量的数量积运算以及夹角公式进行计算求解.
【详解】因为，所以，即，
又，，所以，
解得，
又，则与的夹角为.
故选：D.
3．A
【分析】解指数不等式和对数不等式，求出两个命题的等价命题，进而根据充要条件的定义，可得答案．
【详解】“”“”，
“” “”，
“”是“”的充分而不必要条件，
故“”是“”的的充分而不必要条件，
故选：．
4．C
【分析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，
设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，
则，可得，可得，
所以，该正四棱台的体积为.
故选：C.
5．A
【分析】切化弦后交叉相乘，由两角和的余弦公式变形后，结合诱导公式得值，从而可得结论．
【详解】由题意，∴，
，
∵，∴，∴，∴，
∴，∴．
故选：A．
6．C
【分析】以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系，写出该玻璃球的轴截面的方程和抛物线的方程，两方程联立，只有一个解求解.
【详解】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系，
当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为．
因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为，
代入圆的方程消元得：，
所以原题等价于方程在上只有实数解．
因为由，得或，
所以需或，即或．
因为，所以，
故选：C．
7．B
【分析】令，不等式变形为，求出的最小值，从而得到实数的最大值.
【详解】，，变形为，
令，
则转化为
，即，
其中

当且仅当，即时取等号，可知.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
8．A
【分析】图象有两个交点可转化为与的图象有两个交点，作出函数图象并找出临界状态即可.
【详解】由题意，“函数与的图象有两个交点”等价于“方程有两个实数根”，等价于“方程有两个实数根，即等价于“与的图象有两个交点”，如图所示，
显然，否则时，与只有一个交点.
另一个临界状态为与相切时，不妨设两个曲线切于点，
又，，所以，可得，即，
又，所以，即，
令，则且，
故在上单调递增，因此是唯一的零点，
所以，代入，可得，所以.则实数的取值范围为.
故选：A.
9．AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：可知，A正确；
对B： ，故B错误；
对C：，
，故，C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD.
10．BD
【分析】A选项，根据等差数列性质得到，A错误；B选项，由等差数列性质得到；C选项，计算出，要想为常数，则，故C不正确；D选项，根据等差数列通项公式的函数特征得到，D正确.
【详解】A选项，，而不一定相等，A不正确；
B选项，因为，，
所以，故B正确；
C选项，因为，
若为等差数列，则
，
要想为常数，则，故C不正确；
D选项，由题可知，
若为等差数列，则为关于的一次函数，
所以，即，故D正确．
故选：BD
11．ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；
对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.
又，故，即恒成立.
即图象在上方，故，即.
当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.
故选：ACD
12．
【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.
【详解】的通项公式为，
令得，，此时，
令得，，此时，
故的系数为
故答案为：
13．
【分析】根据点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】所求的双曲线方程为，则渐近线方程为，
设点，则，
点到的两条浙近线的距离之积为，
解得：，故双曲线方程为：，
故，故双曲线上的点到焦点距离的最小值为．
故答案为：．
14．/
【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球内切于正方体，设，得到，即可得到答案.
【详解】如图所示：
根据抛物线的定义，点到点F的距离与到直线的距离相等，
其中点到点F的距离即半径，也即点到面的距离，
点到直线的距离即点到面的距离，
因此球内切于正方体.
不妨设，两个球心，和两球的切点F均在体对角线上，
两个球在平面处的截面如图所示，
则，，所以
因为，所以，所以，
因此，得，所以.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行求解即可；
（2）利用余弦定理进行求解即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，
则.
（2）因为，所以.
由余弦定理得，
则，
所以.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，说明截面为平面，由，列方程求解可得的长度.
【详解】（1）因为是棱的中点，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，则截面为平面，
设线段的长为，
因为，所以，得，
故，
可得，
又由，可得，
由题意，整理的，解得，
所以线段的长度为.
17．(1)的方程为
(2)
【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程；
（2）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可.
【详解】（1）当时，，，
所以，
由题意可知，，
所以，
所以抛物线的方程为
（2）如图，

设，
因为为的重心，
所以；
因为，
且；
所以；
设，与联立得：，所以，
所以，则；
所以；
所以的取值范围为.
18．(1)
(2)①分布列见解析，；②证明见解析
【分析】（1）由为时，对于任意都不存在“正确配对”的配对方式数，即错排方式数求解；
（2）(i) 由 ，列出分布列，再求期望；(ii)分三类情况，和配对证明.
【详解】（1）；
（2）(i) ，
，，
，
(ii)分三类情况，和全错配,
1.和配对，余下和（或）.余下部分属于n个时的错配，故总共，
2.和配对，且与配对.此时余下部分属于n-1个时的错配，故总共，
3.和配对，且与不配对.此时可将等效为，则余下部分属于n个时的错配，故总共，
综上：.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设,从而有即可证明；
（2）根据题意可得，进而分类讨论即可求解.
【详解】（1）证明：设，且为整数，
∴
∵，且为整数，∴是正整数，
∴一定是20的倍数；
（2）∵，且为正整数，∴，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有或，
解得或，∴或，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有，解得，∴，
当时，，没有满足条件的，
当时，，
∴满足条件的有或，
解得或，∴或，
∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的的最大值为.
0
1
2
3
4
5