东北育才学校科学高中部2023-2024学年度高考适应性测试（一）数学参考答案.docx

1、东北育才学校科学高中部2023-2024学年度高考适应性测试（一）数学参考答案1C【分析】根据复数实部定义、复数的几何意义、模长的计算和共轭复数定义依次判断各个选项即可.【详解】对于A，则实部为，A错误；对于B，对应的点为，对应的点位于第二象限，B错误；对于C，C正确；对于D，则其共轭复数为，D错误.故选：C.2D【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断【详解】根据正弦定理可得，所以所以，即，整理得，则或，因为，则或，即或，所以由不能推出；当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，故p是q的既不充分也不必要条件故

2、选：D3A【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可.【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为；阿基米德多面体的表面积.故选：A.4B【分析】将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，根据在轴的最短和最长距离与双曲线实轴长和几何体母线长对比可排除；假设，与双曲线相交后旋转，可求得圆环面积；分别在中求得与图形相交所得的弦长，根据旋转后的圆环面积和圆面积是否与已知的圆环面积相等来判断出结果.【详解】由得：，则当与相交于两点

3、时，内圆半径，则在该位置旋转一周所得圆环面积为；将所有图形均以矩形的中心为原点，以对称轴为轴建立平面直角坐标系，对于，双曲线实轴长为，中轴的最短距离为，不合题意，错误；对于，几何体母线长为，中轴的最长距离为，不合题意，错误；对于，在轴的最短距离为，母线长为，与几何体吻合；当与中图形相交时，两交点之间距离为，此时圆环面积为，不合题意，错误对于，在轴的最长距离为，矩形高为，与几何体吻合；当与中图形相交时，两交点之间距离为，此时圆面积为，与圆环面积相同，满足题意，正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题以祖暅原理为载体，考查了旋转体截面面积的求解问题；解题关键是能够充分理解祖暅原理，根据直线与平面图

4、形的相交弦来确定旋转后所得的图形，并求得图形面积，根据“幂势既同，则积不容异”来得到结论.5C【分析】由题设条件有，令则有、，应用基本不等式求范围且恒成立，进而求的范围，即可得结果.【详解】由，则，且，所以，令，则，且，所以，即，仅当时等号成立，对于恒成立，仅当，即时等号成立，综上，若，则，而，则，只需，所以，仅当，即时等号成立，综上，仅当，即时等号成立.所以目标式最小值为.故选：C6A【分析】先求得，然后等比数列的前项和公式求得，进而求得正确答案.【详解】依题意，依题意，即，则，（由于，所以），则，两边取对数得，即，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以.所以，所以.故选：A7C【分析】由

5、已知条件求得解得，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.【详解】设，根据题意得，解得，又、三点共线，当且仅当，即时，等号成立故选：C【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，8C【分析】分别作出函数，图像，根据三个图像分别与函数图像交点情况比较大小.【详解】由，得，分别作函数，图像，如图所示，它们与函数图像交点的横坐标分别为，有图像可得，故选：C.9AC【分析】由正态分布密度函数可知，则可判断出AB选项，再由正态曲线的特征即可判断出CD选项.【详解】因为正态分布密度函数为，所以，即均值为100，标准差为10，方差为100，故A正

6、确，B错误；根据正态曲线的特征可知函数关于轴对称，所以该地杂交水稻株高在120cm以上的数量和株高在80cm以下的数量一样多，故C正确，随机测量该地的一株杂交水稻，其株高在和在的概率一样大.故D错误故选：AC.10AD【分析】根据反正弦函数和反余弦函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，因为正、余弦函数的值域均为，所以“反正弦函数”与“反余弦函数”的定义域均为，即A正确；对于B中，因为正弦函数单调递增，所以增大时，也增大，即“反正弦函数”单调递增，同理可知，“反余弦函数”单调递减，即B错误；对于C中，由B可知，“反余弦函数”单调递减，不可能是偶函数，即C错误；对于D中，设，则，

7、因为，所以，又由，则，即，所以，则，即，即D正确故选：AD11AD【分析】根据向量共线定理的推论，得到，代入相应的变量的值，求出其他变量，从而判断AB选项，对上式变形得到，假设成立，推导出，得到矛盾，故C错误，根据向量共线定理的推论得到，变形得到.【详解】由题意得：，即即，所以，因为三点共线，所以，当且时，解得：，所以，即，即，所以，因为三点共线，所以，当且时，解得：，故A正确；若且时，解得：，B错误；，变形为：，若时，则，代入式得：假设成立，则，解得：，此时，显然无解，故假设不成立，故C错误；同理可得：，所以，所以D正确.故选：AD【点睛】利用向量共线定理的推论得到关系式，然后解决向量的倍数

8、关系，本题中要能在多个等式中进行适当变形，然后找到等量关系12CD【分析】根据“跟随区间”的定义对选项逐一分析，根据函数的单调性、值域等知识确定正确答案.【详解】对于A选项，若为的跟随区间，因为在区间为增函数，故其值域为，根据题意有，解得或，因为故.故A错误对于B选项，由题，因为函数在区间与上均为增函数，若存在跟随区间则有，即为的两根即的根.故.故B错误对于C选项，若函数存在跟随区间，因为为减函数，故由跟随区间的定义可知，即，因为，所以易得所以，令代入化简可得，同理也满足，即在区间上有两不相等的实数根故，解得，故C正确对于D选项，若存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为，值域为.当时，易得在区间

9、上单调递增，此时易得为方程的两根，求解得或.故定义域，则值域为D正确故选：CD【点睛】关于新定义函数类型问题的求解，主要的解题思路是理解新定义，并将新定义的知识转化为学过的知识来进行求解，如本题中新定义的“跟随区间”，根据它的定义，可转化为函数的定义域和值域问题来进行求解.13190【分析】利用第八项为1出发，按照规则，逆向逐项即可求解n的所有可能的取值.【详解】设对正整数按照上述变换，得到数列：，则：则的所有可能取值为，共6个.其和为，故答案为：190.1430【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.【详解】因为，所以是含项的系数，若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个

10、1，则得到的项为；若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；综上：含的项为，则含项的系数为，即.故答案为：.15【分析】翻折前，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出点、的坐标，然后以以原坐标原点为原点，原纵轴的负半轴所在直线为轴，直线所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系，设球心为，根据球心的性质可得出关于、的方程组，解出这三个未知数的值，可得出球心的坐标，可求得球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】翻折前，设点、，则，直线的方程为，联立可得或，即点、，易知点，翻折后，以原坐标原点为

11、原点，原纵轴的负半轴所在直线为轴，直线所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，设四棱锥的外接球球心为，由题意可得，解得，所以，球心为，所以，球的半径为，因此，球的表面积为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可

12、；坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.16 ； 【分析】依题可知，各等边三角形的面积成等比数列，公比为，首项为，即可求出以及，再根据分组求和法以及错位相减法求出【详解】依题可知，各等边三角形的面积形成等比数列，公比为，首项为，所以，即；，而，设，作差得：，所以，所以故答案为：；17(1)，证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，从而有，再根据在上，即可得与之间的关系，根据，可得与异号，再结合，即可得证；（2）根据，可得，两式相除，利用构造法结合等比数列的通项即可得解.【详解】（1）由已

13、知，从而有，因为在上，所以有，所以，由及，知，下证：，因为，所以与异号，因为，所以，所以，即；（2）由可得，两式相除得，又，所以是以为首项，以为公比的等比数列，则，解得.18(1)(2)【分析】（1）根据已知等式结合正弦定理、诱导公式、三角恒等变换，即可得角的大小；（2）选择条件，利用三角形的外心为，根据正弦定理、余弦定理可得为等边三角形，再利用面积公式可得的面积；选择条件，利用三角形的内心为，利用等面积法求得，再根据余弦定理得，即可求得的面积.【详解】（1）在中，因为，所以，由正弦定理，得，因为，所以，化简，得，因为，所以.（2）选条件：设的外接圆半径为，则在中，由正弦定理得，即，由题意知：

14、，由余弦定理知：，所以.在中，由正弦定理知：，所以，从而，所以为等边三角形，的面积.选条件：由条件知：，由，得，因为，所以，即，由（1）可得，即，所以，即，又因为，所以，所以的面积.19(1)，残差为(2)选用更好，17.773亿元(3)逐年递增【分析】（1）应用最小二乘法求回归直线方程即可；（2）由相关指数的大小，结合其的实际意义确定较好模型，进而估计2023年该市的地区生产总值；（3）由题设可得该市人均地区生产总值，利用单调性定义判断其在上的单调性即可.【详解】（1）由数据，而，所以，则，综上，回归方程为，当时，故2016年地区生产总值残差为.（2）根据相关指数越大拟合越好，由于，故模型较

15、好，因2023年对应，则亿元.（3）由（2）及题设知：该市人均地区生产总值，令，且，若，所以，而且，则，故，所以在上递增，则在上递增，所以该市人均地区生产总值逐年递增.20(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即蜂房曲顶空间的弯曲度为.（2）（i）如图所示

16、，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，则，则，菱形SAHC的面积为，侧面积，所以蜂房的表面积为.（ii），令得到，所以在递增；在递增.所以在处取得极小值，也即是最小值.此时，在中，令，由余弦定理得，又顶点的曲率为，.21(1)(2)(3)答案见解析.【分析】（1）根据双曲线渐近线方程和右焦点列出方程，即可求出答案；（2）首先求出点M的轨迹方程即为 其中k为直线的斜率；若选择设直线的方程为，求出点M的坐标，可得M为的中点，即可推出；若选择当直线的斜率存在时，设直线的方程为，求出点M的坐标，即可；若选择设直线的方程为，设的中点C，求出点C的坐标，可得点M恰为中点，故点M在直线上【详解】（1）

17、由题意可得，即 ，解得 ，因此C的方程为 ；（2）由直线的斜率为1，得直线的方程为，联立 ，得： ，不妨设,联立 ，得： ，不妨设,故线段的中点的横坐标为，纵坐标为，故线段的中点的坐标为；（3）由题意设直线的方程为，将直线的方程代入得 ,因为， ，设点M的坐标为,则，整理得，解得，又因为，； 若选择作条件：设直线的方程为，并设A的坐标为 ，B的坐标为， 则，解得同理求得，此时点M的坐标满足，解得，故M为 的中点，即，即成立 ； 若选择作条件：当直线的斜率不存在时，点M即为点 ，此时不在直线矛盾， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为 ，并设A的坐标为 ，B的坐标为，则，解得，同理解得，此时，由于

18、点M同时在直线上，故 解得 ，因此，即成立 若选择作条件：设直线的方程为，并设A的坐标为 ，B的坐标为，则，解得，同理可得，设的中点为,则，由于，故M在的垂直平分线上，即点M在直线上，将该直线与联立，解得，即点M恰为中点，即点M在直线上,成立；【点睛】本题考查了双曲线方程的求法以及双曲线几何性质的应用，以及直线和双曲线的位置关系，综合性强，计算量大，解答时要明确解题思路，关键是联立方程进行计算十分繁杂，要特别注意准确性.22(1)(2)证明见解析【分析】（1）化简，令，得到且，根据题意转化为在上恒成立，设，求得，设，利用导数求得的单调性，结合且，得到在上存在一个零点，设为，进而得到的单调性，求

19、得的最小值，即可求解；（2）由（1）得到不等式恒成立，即恒成立，从而证得，进而证得，得到，进而证得结论.【详解】（1）解：由题意，函数，令，因为，可得，且，因为在上恒成立，即在上恒成立，当时，不等式，显然成立，所以等价于在上恒成立，设，则，设，可得，当时，单调递增；当时，单调递减，又因为，所以在上存在一个零点，设为，所以当时，可得，单调递增；当时，可得，单调递减，所以在处取得极大值，且为最大值，由，所以，即实数的取值范围为.（2）解：由（1）知，当时，不等式恒成立，即，即恒成立，当，且时，可得，所以，所以，所以，又因为，所以.【点睛】思路点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别