江苏省苏州市第五中学2023届高三下学期4月适应性考试数学试题（含解析）

这是一份江苏省苏州市第五中学2023届高三下学期4月适应性考试数学试题（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。
江苏省苏州市第五中学2023届高三下学期4月适应性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若复数（其中i为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．函数的图象可能是
A． B． C． D．
3．已知函数，若方程有且仅有三个实数解，则实数的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
4．如图，点、、、、为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（    ）
A． B．
C． D．
5．我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且，，三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（    ）

A． B． C． D．
6．、两组各3人独立的破译某密码，组每个人译出该密码的概率均为，组每个人译出该密码的概率均为，记、两组中译出密码的人数分别为、，且，则（    ）
A．， B．，
C．， D．，
7．过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最小值为
A．8 B．16 C．32 D．64
8．已知，则实数的可能取值为（    ）
A．－1 B． C． D．

二、多选题
9．已知圆C：，点A是直线上任意一点，若以点A为圆心，半径为1的圆A与圆C没有公共点，则整数k的值可能为（    ）
A． B． C．0 D．1
10．下列说法正确的是（   ）
A．若，，则的最小值为
B．若，则函数的最大值为
C．若，，则的最小值为1
D．函数的最小值为9
11．已知集合，若对于任意，存在，使得成立，则称集合M是“完美对点集”.给出下列四个集合：
①；
②；
③；
④.
其中是“完美对点集”的序号为（    ）
A．① B．② C．③ D．④
12．设定义在R上的函数与的导函数分别为和，且，，且为奇函数，则（    ）
A．函数的图象关于直线对称
B．函数的图象关于点对称
C．
D．

三、填空题
13．若等比数列的前n项的和为，且满足，，则=__________.
14．已知二项式的展开式中含项的系数是160，则实数a的值是______.
15．费马定理是几何光学中的一条重要原理，在数学中可以推导出圆锥曲线的一些光学性质．例如，点P为双曲线（，为焦点）上一点，点P处的切线平分．已知双曲线C：，O为坐标原点，l是点处的切线，过左焦点作l的垂线，垂足为M，则______．
16．已知函数在点处的切线方程为l：，若对任意，都有成立，则______．

四、解答题
17．在内角A，B，C所对应的边分别为已知
(1)求角C的大小.
(2)若，求的最大值.
18．设公差不为0的等差数列的前n项和为，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前n项和．
19．已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面.

(1)证明：；
(2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值.
20．某校高三年级非常重视学生课余时间的管理，进入高三以来，倡导学生利用中午午休前分钟，晚餐后分钟各做一套试卷.小红、小明两位同学都选择做数学或物理试卷，对位同学过去天的安排统计如下：
科目选择（中午，
晚上）
（数，数）
（数，物）
（物，数）
（物，物）
休息
小红
天
天
天
天
天
小明
天
天
天
天
天
假设小红、小明选择科目相互独立，用频率估计概率：
(1)请预测在今后的天中小红恰有天中午和晚上都选数学的概率；
(2)记为两位同学在一天中选择科目的个数，求的分布列和数学期望；
(3)试判断小红、小明在晚上做物理试卷的条件下，哪位同学更有可能中午选择做数学试卷，并说明理由.
21．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，且．
①求证：直线经过定点．
②设和的面积分别为、，求的最大值．
22．已知函数．
(1)讨论函数零点个数；
(2)若恒成立，求a的取值范围．

参考答案：
1．A
【分析】由复数除法运算求得，得其对应点坐标，从而得所在象限．
【详解】，对应点坐标为，在第一象限．
故选：A．
2．A
【详解】试题分析：因为，所以为奇函数，故排除B、D；当时，，故排除C，故选A．
考点：1、函数图象；2、函数的奇偶性．
3．B
【分析】作出函数的图象，利用导数的几何意义求出对应的切线方程以及斜率，利用数形结合进行求解即可．
【详解】解：作出函数的图象如图：

依题意方程有且仅有三个实数解，即与有且仅有三个交点，
因为必过，且，
若时，方程不可能有三个实数解，则必有，
当直线与在时相切时，
设切点坐标为，则，即，
则切线方程为，
即，
切线方程为，
且，则，所以，
即当时与在上有且仅有一个交点，
要使方程有且仅有三个的实数解，
则当时与有两个交点，设直线与切于点，此时，则，即，
所以，
故选：B
4．D
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确选项.
【详解】对于A选项，如下图所示，在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，

因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，故平面，A满足；
对于B选项，如下图所示，连接，
在正方体中，且，

因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，故，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，B满足；
对于C选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、，

因为且，、分别为、的中点，
所以，且，故四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，则，
所以，、、、四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，C满足；
对于D选项，如下图所示，在正方体中，取的中点，
连接、、、、、，

因为且，、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，故，
所以，、、、四点共面，
同理可证，故，同理可得，，
反设平面，因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，故平面，D不满足.
故选：D.
5．A
【分析】根据题意求出，，，再根据余弦定理求出，最后由二倍角的余弦公式可求出结果.
【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，
因为为的中点，所以，
当伞完全收拢时，，所以，
在中，，
所以.
故选： A
6．B
【分析】由题意分析，均服从二项分布，利用二项分布的均值和方差公式直接求得.
【详解】由题意可知：服从二项分布，所以.
同理：服从二项分布，所以.
因为，所以，所以.
对于二次函数，对称轴，所以在上函数单调递减，
所以当时，有，即.
故选：B
7．C
【分析】先由题意设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，求出，同理可求出，再由即可求出结果.
【详解】显然焦点的坐标为，所以可设直线的方程为，
代入并整理得，
所以，，
同理可得，所以

故选C.
【点睛】本题主要考查直线与抛物线的综合，联立直线与抛物线，结合韦达定理求出弦长，进而可求解，属于常考题型.
8．D
【分析】由题意可得，可设，可得上式即为，利用导数说明的单调性，即可得到的最小值，即可判断的单调性，可得在上恒成立，即有恒成立，可设，求得导数和单调性、极值和最值，即可得到所求的范围，即可判断．
【详解】解：对任意，都有，
可得，即，
可设，可得上式即为，
由，令，则，
当时，，（）单调递增；当时，，（）单调递减，
则在处取得极小值，且为最小值，
则恒成立，可得在上单调递增，
则在上恒成立，即有恒成立，
可设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
可得在处取得极大值，且为最大值，
则，即的取值范围是，故符合题意的只有．
故选：D．
9．ABC
【解析】由题意可得圆心到直线（）的距离大于2，利用点到直线的距离公式求得k的范围，可得结论.
【详解】圆C的方程为，即，圆心，半径为1，
由题意可得，圆心到直线（）的距离大于2，
即，求得，∴或-1或0.
故选：ABC.
【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查圆与圆的位置关系，属于基础题.
10．ABD
【分析】分别由基本不等式求最值，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】对于A：，当且仅当时等号成立，所以的最小值为，故选项A正确；
对于B：若则，，
当且仅当即时等号成立，所以函数的最大值为，故选项B正确；
对于C：若，，由可得：，即
，可得可得：即，当且仅当
时等号成立，所以的最大值为1，没有最小值，故选项C不正确；
对于D：
，当且仅当即时等号成立，所以函数的最小值为9，故选项D正确；
故选：ABD.
11．BD
【分析】对于①利用渐近线互相垂直，判断其正误即可．对于②、③、④通过函数的定义域与函数的值域的范围，画出函数的图象，利用“完美对点集”的定义，即可判断正误.
【详解】对于① y=是以x，y轴为渐近线的双曲线，渐近线的夹角是90°，所以在同一支上，任意（x1，y1）∈ M，不存在（x2，y2）∈ M，满足好集合的定义；在另一支上对任意（x1，y1）∈ M，不存在（x2，y2）∈ M，使得成立，所以不满足“完美对点集”的定义，不是“完美对点集”．
对于② M={（x，y））|y=sinx+1}，对于任意（x1，y1）∈ M，存在（x2，y2）∈ M，使得成立，例如（0，1）、（π，0），满足“完美对点集”的定义，所以M是“完美对点集”；正确．
对于③ M={（x，y）|y=log2x}，取点（1，0），曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是“完美对点集”．
对于④ M={（x，y）|y=ex﹣2}，如下图虚线的直角始终存在，对于任意（x1，y1）∈ M，存在（x2，y2）∈ M，使得成立，例如取M（0，﹣1），则N（ln2，0），满足“完美对点集”的定义，所以是“完美对点集”；正确．
故选：BD.

【点睛】本题考查“完美对点集”的定义，利用对于任意（x1，y1）∈ M，存在（x2，y2）∈ M，使得成立，是本题解答的关键，函数的基本性质的考查，注意存在与任意的区别．
12．ABD
【分析】由为奇函数可得，由取导数可得，结合条件，判断B，再由条件判断函数，的周期，由此计算，，判断C，D．
【详解】解：因为为奇函数，所以，取可得，
因为，所以；
所以，又，，
故，所以函数的图象关于点对称，故B正确；
因为，所以，所以，为常数，
因为，所以，
所以，取可得，所以，
故关于对称，故A正确；
又，所以，所以，
所以，故函数为周期为的周期函数，
因为，所以，，
所以，
所以，
所以，
由已知无法确定的值，故的值不一定为，故C错误．
因为，所以，，
所以，故函数为周期为的函数，
所以，所以函数为周期为4的函数，
又，，，，
所以，，
所以
，故D正确；
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：抽象函数对称性与周期性的判断如下：
若，则函数关于对称；
若，则函数关于中心对称；
若，则是的一个周期.
13．32
【分析】根据题意可得：，解方程组即可得解.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，
根据，，
可得：，
解得：，
所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查了等比数列的基本量的运算，主要方法是列方程组求解，属于基础题.
14．2
【解析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得含的项，再根据含项的系数等于160求得实数a的值.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，求得，可得展开式中含项的系数是，
解得实数，
故答案为：2.
【点睛】本小题主要考查根据二项式展开式某一项的系数求参数，属于基础题.
15．2
【分析】延长交延长线于点，结合题意得点为的中点，，从而得到，再结合双曲线的定义即可求解．
【详解】如图，延长交延长线于点，
因为点是的角平分线上的一点，且，
所以点为的中点，所以，
又点为的中点，且，
所以．

故答案为：2．
16．/
【分析】根据条件表示出，再令，求导分类研究函数单调性，进而求出结果.
【详解】因为，
所以，，
所以，
令，
则，
则，
，
令，则，
令，得，
所以时，，单调递减，
时，，单调递增，
当，时，，
则，单调递增，
，即，
所以当，时，成立，
当，时，，
则，单调递增，
，即，
所以当，时，成立，
综上所述.
故答案为：.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．(1)
(2)

【分析】（1）由二倍角和两角和与差的余弦公式化简等式，即可求出角C的大小；
（2）由余弦定理和基本不等式可求出再由三角形面积公式即可得出答案.
【详解】（1）由倍角公式知原式可化为
即
整理得：，
即
所以，故
（2）由余弦定理和基本不等式可得：，
即
即
当且仅当时，等号成立..

即
18．(1)，
(2)

【分析】（1）根据等差数列性质设出公差和首项，代入题中式子求解即可；
（2）列出通项公式，根据通项求出的前n项和，再根据通项求出的前2n项和，两式相减解得的通项公式，最后分组求和求出数列的前n项和.
【详解】（1），设公差为d，首项为
，因为公差不为0，所以解得，
，数列的通项公式为，.
（2）
    ①

    ②

得，解得

19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，再由面面垂直的性质定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，设棱锥的外接球的球心为，即可得到方程组，从而求出球心坐标，再由半径求出，最后利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
依题意平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.

（2）解：由（1）可知，如图建立空间直角坐标系，设，
则，，，，
因为棱锥的外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，解得，
设棱锥的外接球的球心为，
则，即，
解得，所以球心，
因为，所以，解得，所以，
所以，，又，
所以，，，
设平面的法向量为，则，不妨取，
设平面的法向量为，则，不妨取，
所以平面与平面夹角的余弦值为
.

20．(1)
(2)分布列见解析，数学期望
(3)在晚上做物理试卷的条件下，小红更有可能中午做数学试卷，理由见解析

【分析】（1）由表格数据可得小红中午和晚上都选数学的概率，由二项分布概率公式可求得结果；
（2）分别确定小红和小明每天选择科目数的概率，由此可确定所有可能的取值，由独立事件概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可求得；
（3）根据条件概率公式可分别求得在晚上做物理试卷的条件下，小红和小明中午选择做数学试卷的概率，对比概率可得结论.
【详解】（1）由表格数据知：小红中午和晚上都选数学的概率为，
今后的天中小红恰有天中午和晚上都选数学的概率.
（2）由表格数据知：小红选择科的概率为；选择数学科的概率为，选择物理科的概率为；选择科的概率为；
小明选择科的概率为；选择数学科的概率为，选择物理科的概率为；选择科的概率为；
则所有可能的取值为；
；；；
的分布列为：








则数学期望.
（3）记事件：小红晚上做物理试卷；事件：小明晚上做物理试卷；事件：小红中午做数学试卷；事件：小明中午做数学试卷；
由表格数据可得：，，，；
，，
，即，
在晚上做物理试卷的条件下，小红更有可能中午选择做数学试卷.
21．(1)
(2)①证明见解析；②

【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.
【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，
且最大值为，
由题意可得，解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）解：①设点、.
若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，
联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，则，
所以，
，解得，
即直线的方程为，故直线过定点.
②由韦达定理可得，，
所以，
，
，则，
因为函数在上单调递增，故，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．(1)答案见解析；
(2).

【分析】（1）将零点问题转化为函数图象交点问题，设，求出函数的导数，判断单调性，作出其大致图象，数形结合，即可求得答案.
（2）分三种情况分类讨论，利用导数判断函数的单调性，结合不等式恒成立考虑函数最值情况或利用单调性求解不等式，从而求得参数范围.
【详解】（1）由，得,
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增；在上单调递减，
所以，
据此可画出大致图象如图，

所以（i）当或时，无零点：
（ii）当或时，有一个零点；
（iii)当时，有两个零点；
（2）①当时，即恒成立，符合题意；
②当时，由可得，则，
则，即，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当时，，
即恒成立，即符合题意；
③当时，由（1）可知，，在上单调递增．
又，，
所以，使.
i）当时，，即，
设，
则，所以在上单调递减，
所以时，；
ii）当时，，即，
设，
因为，
令，则，
又令，
则，得在上单调递增，
有，
得在上单调递增，有，
则，得在上单调递增，
则时，，
又时，，
得当时，时，，
由上可知，在上单调递增，则此时，
综上可知，a的范围是.
【点睛】难点点睛：第二问解答不等式恒成立求解参数范围时，需要讨论a的正负，看能否保证不等式恒成立，特别是当时，要结合函数的零点情况，反复构造函数，判断函数单调性，由此求得参数a的范围，计算过程十分复杂，计算量较大，难度很大.