江苏省徐州市2024届高三下学期新高考适应性测试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省徐州市2024届高三下学期新高考适应性测试数学试卷一、选择题1.已知集合，，则（）A. B.C. D.或〖答案〗B〖解析〗集合，或，所以.故选：B.2.若角的终边经过两点，，则（）A2 B. C. D.1〖答案〗B〖解析〗角的终边经过两点，，则，所以.故选：B.3.若抛物线上的动点到其焦点的距离的最小值为1，则（）A.1 B. C.2 D.4〖答案〗C〖解析〗由，得焦点，设抛物线上一点，则由抛物线的定义知，，所以，解得.故选：C.4.中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（）A.种 B.种 C.种 D.种〖答案〗A〖解析〗由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有种，经检验只有A选项符合.故选：A5.若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（）A.2 B.5 C.2或5 D.或5〖答案〗C〖解析〗由向量，，两两的夹角相等，得或，当时，，当时，.故选：C6.已知数列的前n项和为，且，．若，则正整数k的最小值为（）A.11 B.12 C.13 D.14〖答案〗C〖解析〗数列中，，当时，，则，整理得，即，而，即，因此数列是以为首项，公比为的等比数列，，则，由，知为奇数，此时是递增的，而，，所以正整数k的最小值为13.故选：C7.在△ABC中,已知,,,D为垂足，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设，可得，，由正弦定理得，即，因为，所以，又因为，所以，整理得，因为，所以，所以，即，解得，则，即，因为为锐角，，所以，在直角中，，所以.故选：B.8.若定义在R上的函数满足，是奇函数，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由，得，则，即函数的周期为4，由是R上的奇函数，得，即，于是，，即，因此，AB错误；由，取，得，则，因此，取，得，于是，则，C错误，D正确.故选：D.二、选择题9.已知复数z在复平面内对应的点为，则（）A. B. C. D.〖答案〗ACD〖解析〗由题可知，，，故A正确；，，故B错误；，所以，C正确；，所以，故D正确.故选：ACD.10.已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（）A.该圆台的体积为B.该圆台外接球的表面积为C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16D.挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为〖答案〗BC〖解析〗由已知得圆台的上下底面半径分别为，对于A：圆台的体积为，A错误；对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为，当球心在梯形内时，，解得，当球心在梯形外时，，方程无解，所以外接球的表面积，B正确；对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，又母线长，则最大周长为，C正确；对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为，D错误.故选：BC.11.已知函数，，则下列说法正确的是（）A.当时，有唯一零点B.当时，是减函数C.若只有一个极值点，则或D.当时，对任意实数，总存在实数，使得〖答案〗ABD〖解析〗对于A：当时，，令，得，令，得，即在上单调递增，又，，由零点存在定理可得在上有唯一零点，即有唯一零点，A正确；对于B：，令，得，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，又当时,，所以恒成立，即当时，是减函数，B正确；对于C：当时，由B知，即，所以，即在上单调递减，无极值，C错误；对于D：当时，，，令，得，令，则，当，即时，单调递增，当，即时，单调递减，所以，即恒成立，所以单调递减，又，所以，所以在上单调递减，且当时，，当时，，可得的大致图象如下：由图可知对任意实数，总存在实数，使得，D正确；故选：ABD.三、填空题12.若随机抛掷一颗质地均匀的正方体骰子1次，则所得点数X的均值是______.〖答案〗3.5〖解析〗由题意的可能值依次为，且，，所以．故〖答案〗为：3.5．13.已知点，，若，则点P到直线距离的最小值为______．〖答案〗〖解析〗设点，则，由，得，即，则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆及内部，点到直线的距离，所以点P到直线距离的最小值为.故〖答案〗为：14.设双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线与C的左支交于点P，坐标原点O到直线的距离为，的面积为，则C的离心率为______．〖答案〗或〖解析〗，，又，所以，，又到直线的距离为，所以，得，由双曲线定义得，设，垂足为，如图：则，，则在中，，，在中，由余弦定理可得，即，又，整理得，解得或，则离心率或.故〖答案〗为：或.四、解答题15.如图，在正四棱柱中，，，E为的中点，经过BE的截面与棱，分别交于点F，G，直线BG与EF不平行．（1）证明：直线BG，EF，共点；（2）当时，求二面角的余弦值．（1）证明：四点共面，不平行于，设，又平面，平面，均不平行于，为平面与的公共点，又平面平面，根据基本事实3可得，直线BG，EF，共点；（2）解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为正四棱柱中，，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，，设平面的法向量为，则，令，则，，则二面角的余弦值的绝对值为，由图可知，二面角的平面角大小为钝角，所以二面角的余弦值.16.已知函数，．（1）若函数在上单调递减，求a的取值范围：（2）若直线与的图象相切，求a的值．解：（1）记在上单调递减，对恒成立，，而，当且仅当即时，等号成立，所以当时，取得最小值为.所以a的取值范围为（2）设直线与图象相切于，，由题意可知，代入，，左边式子关于单调递减且时，左边17.某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，．（1）计算和的值，并判断A与B是否为独立事件；（2）为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值．附：，其中．0.100.050.0100.0050.001k2.7063.8416.6357.87910.828解：（1）由已知，，又因为，所以，所以，又，所以，所以A与B不为独立事件；（2）假设原列联表为兴趣高兴趣不高总计主动预习不太主动预习总计根据原数据有若将样本容量调整为原来的倍，则新的列联表为：兴趣高兴趣不高总计主动预习不太主动预习总计则，解得，又，所以的最小值为.18.将上各点的纵坐标变为原来的倍（横坐标不变），所得曲线为E．记，，过点p的直线与E交于不同的两点A，B，直线QA，QB与E分别交于点C，D．（1）求E的方程：（2）设直线AB，CD的倾斜角分别为，．当今时，（i）求的值：（ii）若有最大值，求的取值范围．（1）解：设所求轨迹上的任意点为，与对应的点为，根据题意，可得，即，代入方程，可得，整理得，所以曲线的轨迹方程为.（2）解：（i）设直线的方程为，，联立方程组，整理得，则，且，可得，所以，可得，所以，同理可得，又因为三点共线，可得，即，所以，所以.（ii）设直线的方程为，其中，由（i）知，直线的斜率为，则，当且仅当时，即时，等号成立，联立方程组，整理得，则，解得，若有最大值，则，又因为，所以实数的取值范围为，19.对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．（1