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2023-2024 学年高考适应性测试
数学
本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无
效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项．
1. 已知 为纯虚数，则实数 （ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘方运算化简 ，再根据实部为 ，虚部不为 得到方程（不等式）
组，解得即可.
【详解】因为 ，
又 为纯虚数，所以 ，解得 .
故选：D
2. 若集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将集合 化简，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】 , 又
所以故选：C
3. 已知平面向量 ， ，则下列结论一定错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示求出参数 的值，即可判断A；根据 及数量积的坐标表示求出
，即可判断B；表示出 ， ，即可判断C；根据平面向量线性运算的坐标表示判断D.
【详解】对于A：若 ，则 ，解得 ，故A正确；
对于B：若 ，则 ，解得 ，故B正确；
对于C：因为 ， ，
显然 ，故C正确；
对于D： ，故D错误.
故选：D
4. 下列函数中，是偶函数，且在 上是减函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的奇偶性、函数奇偶性的定义、函数导数判断函数单调性和特殊值判断函数单
调性，针对各个选项判断即可；
【详解】对于A，函数 是奇函数，A错误；
对于B，函数 ，所以函数为偶函数，，
令 ，得 ，当 时， 在 上单调递减，B正确；
对于C，函数 为偶函数，在 上单调性有增也有减，C错误；
对于D，函数 ，所以函数为偶函数，
， ，函数在 上一定不是减函数，D错误；
故选：B.
5. 已知抛物线 的焦点为F，过F且斜率为 的直线与直线 交于点A，点M在抛物线上，且
满足 ，则 （ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意先求出过F且斜率为 的直线方程，进而可求出点 ，接着结合点M在抛物线上且
可求出 ，从而根据焦半径公式 即可得解.
【详解】由题意可得 ，故过F且斜率为 的直线方程为 ，
令 ，则由题 ，
因为 ，所以 垂直于直线 ，故 ，又M在抛物线上，所以由 ，
所以 .
故选：C.
6. 在 的展开式中，x的系数为（ ）
A. 9 B. 15 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项公式即可得解.
【详解】
易知， 的展开式中，没有x项；
因为 的展开式的通项为： ，
令 ，即 ，所以 展开式中，x的系数为 ；
又因为 的展开式的通项为： ，
令 ，即 ，所以 展开式中，x的系数为 ；
综上，在 的展开式中，x的系数为 ，
故选：A.
7. 将函数 的图象向左平移 个单位长度得到函数 的图象，下列结论正
确的是（ ）．
A. 是最小正周期为 的偶函数 B. 点 是 的对称中心C. 在区间 上的最大值为 D. 在区间 上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】先由二倍角余弦公式和辅助角公式化简再平移得到 ，由正弦函数的奇偶性得
到A错误；代入 得到B错误；由正弦函数的单调性得到C错误，D正确.
【详解】 ，
向左平移 个单位长度得到函数 ，则 ，
对于A：由以上解析可得 为奇函数，故A错误；
对于B：当 时， ，故B错误；
对于C：因为函数 的递增区间为 ，即 ，
同理得函数 的递减区间为
所以 是 的一个递减区间，
又当 时， ，
所以 ，故C错误；
D：由C的解析可知，所以减区间为 ，所以当 时可得， 在区间 上单调递减，故D正确；
故选：D.
8. 已知直线 与圆 ，则“ ，直线 与圆 有公共点”是“
”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系的判断方法，当 ，直线 与圆 有公共点时， 恒成
立，从而得到 ，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求出结果.
【详解】易知圆 的圆心为 ，半径为 ，
当 ，直线 与圆 有公共点时， 恒成立，即 恒成立，
则 且 ，解得 ，即 或 （舍去）
所以“ ，直线 与圆 有公共点”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B.
9. 连接空间几何体上的某两点的直线，如果把该几何体绕此直线旋转角 ，使该几何体
与自身重合，那么称这条直线为该几何体的旋转轴.则正方体的旋转轴共有（ ）
A. 7条 B. 9条
C. 13条 D. 14条
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合对称性分三类找出旋转轴，则答案可求．
【详解】由对称性结合题意可知，过正方体相对面中心的连线为旋转轴，如图中 ，
此类共3条，此时旋转角α最小为90°，
以正方体的体对角线为旋转轴，如图中 ，
此类共有4条，此时旋转角α最小为120°，
以正方体对棱的中点连线为对称轴，如图中 ，
此类共有6条，此时旋转角α最小为180°，
综上，这个正方体的旋转轴共有13条．
故选：C．
10. 已知函数 ，则下列命题不正确的是（ ）
A. 当 时， 有唯一极小值 B. 存在定直线始终与曲线相切
C. 存在实数a，使 为增函数 D. 存在实数a，使 为减函数【答案】C
【解析】
【分析】通过对函数求导，结合零点存在性定理可判断A；由题意可知 、 恒成立，
即可求出切线方程，进而可判断B；由B中结论，可判断C；当 时可利用导数判断出为减函数，可
判断D.
【详解】对于A，当 时， ，
，
令 ，则 ，
由 得 或 ，由 得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递增，在 上单调递减，
， ， ，
所以 在 内存在唯一零点 ，使得 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 有唯一极小值，故A正确；
对于B， ，因为 ， ，
所以 存在定直线 始终与曲线相切，故B正确；
对于C，由B可知，不论 为何值， 恒成立，故 不能为增函数，
故C错误；
对于D，当 时， ，令 ， ，令 ，则 ，
所以当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，
所以 是单调递减函数，故D正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知
识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何相联
系.（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.（3）利用导数求函数的最值(极
值)，解决生活中的优化问题，（4）考查数形结合思想的应用
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 已知 ，若 ，则 ______.
【答案】 或
【解析】
【分析】根据分段函数解析式得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】因为 且 ，
所以 或 ，
解得 或 .
故答案为： 或12. 双曲线 的焦点坐标是______.
【答案】 ，
【解析】
【分析】根据双曲线的方程可得答案.
【详解】因为双曲线 的焦点在 轴上，
， ，
所以双曲线 的焦点坐标是 ， .
故答案为： ， .
13. 已知 ， ，若对任意实数x都有 恒成立，则满足条件的一
组有序数对 为______.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据三角函数恒成立，则对应的解析式求得 即可．
【详解】 ，若对任意实数x都有 恒成立，
则 ，或 ，
由 ，得 ，
因为 ，令 ，得 ，由 ，得 ，
因为 ，令 ，得 ，
所以满足条件的一组有序数对 为 或 .
故答案 为： （答案不唯一）
的
14. 在数学发展史上，已知各除数及其对应 余数，求适合条件的被除数，这类问题统称为剩余问
题.1852年《孙子算经》中“物不知其数”问题的解法传至欧洲，在西方的数学史上将“物不知其数”问题的解
法称之为“中国剩余定理”，“物不知其数”问题后经秦九韶推广，得到了一个普遍的解法，提升了“中国剩余
定理”的高度.现有一个剩余问题：在 的整数中，把被 除余数为 ，被 除余数为 ，被 除余数
也为 的数，按照由小到大的顺序排列，得到数列 ，则数列 的项数为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先根据题意得到 ，然后结合题目所给范围求出 的范围，即可求解.
【详解】依题意 既是 的倍数也是 的倍数还是 的倍数，也就是 的倍数，
所以 ，即 ，令 ，
∴ ，又因为 ，所以 共 项.
故答案为：
15. 在棱长为6的正方体 中，E为棱 上一动点，且不与端点重合，F，G分别为， 的中点，给出下列四个结论：
①平面 平面 ；
②平面 可能经过 的三等分点；
③在线段 上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得 平面 ；
④若E为棱 的中点，则平面 与正方体所形成的截面为五边形，且周长为 .
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面
的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作
出截面，再求出截面的周长；
【详解】
如图所示建立直角坐标系，以 为原点，以 分别为 为正方向，
，
，设① ，
因为 ，
所以 是平面 内两条相交直线，则 平面 ， 平面
，因此平面 平面 ，①正确；
②取点 为 的三等分点，即 或 ，设平面 的法向量为 ，
，则 ，令 ，所以
当 时， ，若 在平面 中， ，解得
不合题意；
当 时， ，若 在平面 中， ，解得
不合题意；②错误；
③在线段 上的任意点H（不与端点重合），设 ，则 ，
由上可知平面 的法向量为 ，若存在点E使得 平面 ，则有 ，即
，解得 所以当 时成立，③正确；
④延长 三线相交于点 ，连接 分别交直线 于点 ,因为E为棱
的
中点，则平面 与正方体所形成的截面为五边形 ，在正方体中， ，根据三角形相似可得 ，
则 ，
，因此周长为
.④正确；
故答案为：①③④.
【点睛】
立体几何证明线面垂直、面面垂直的方法：定义法；空间向量法；
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c， ， .
（1）求 的大小；
（2）若 ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知得 ，结合正弦定理得 得 ，计算得到 的
大小.（2）法一：由（1）知 ，代入 求得 ，结合余弦定理 求得
的
或 ，最后利用三角形面积公式计算结果；法二：求出 大小，再利用三角形
面积公式即可.
【小问1详解】
由已知得 ，由正弦定理 得 得
， 得
【小问2详解】
法一：由（1）知 ，代入 得 ，
由余弦定理 得
得 或
①当 时，
②当 时，
法二： 代入 得
∵ ，∴ ， 或
① 时，② 时，
17. 如图（1），在 中， ， ，将 沿 折起到 的位
置，E，F分别为 ， 上的动点，过 作平面 ，交 于点Q，使得 平面 ，如图
（2）.
（1）证明： ；
（2）若 ，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角 的余弦
值.条件①：平面 平面 ；
条件②： .
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由面面平行的性质定理求解；
（2）选择条件①：选择条件②：都是建立空间直角坐标系进行求解．
【小问1详解】
因为 ，所以 ， ，
又因为 、 平面 ， ，
所以 平面 ，而 平面 ，所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ．
【小问2详解】
选择条件①：平面 平面 ，
因为 ， ，
所以 为二面角 的平面角，
因为平面 平面 ，所以 ，
所以建立如图空间直角坐标系 ，又 ，
所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点， ， ， ，
， ，平面 的法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则 得 ，令 ，则 ， ，所以 ，
设二面角 的平面角为 ，则 ，
由题可知，二面角 为钝二面角则 ，
二面角 的余弦值为 ，
选择条件②： ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， ，BC， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 ，
因为 ， ，
所以建立如图空间直角坐标系 ，又 ，
所以E，F，Q分别是 ， ， 的中点， ， ， ，
， ，平面 的法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则 得 ，令 ，则 ， ，所以 ，
设二面角 的平面角为 ，则 ，
由题可知，二面角 为钝二面角，则 ，
二面角 的余弦值为 ．
18. 某居民小区某栋楼共有10户家庭入住，若该楼住户在2024年4月的用电量（单位：度）如下图所示：
若电力公司组织了线上抽奖活动，各住户抽奖相互独立，但对用电量不同的住户，系统设定了如下中奖率：
用电量
中奖率 50% 50%
（1）在该楼中随机抽取一户家庭，求其4月用电量不低于30度的概率；
（2）在该楼随机抽取2户家庭，以X表示中奖的户数，试求X的分布列和期望；
（3）以频率估计概率，在该小区随机抽取2户家庭，以Y表示中奖的户数，试比较 与 的大小
关系.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）借助扇形统计图计算用电量不低于30度的户数即可得；
（2）得出X的所有可能取值后，分别计算其对应概率即可得起分布列，即可得其期望；（3）计算出Y的所有可能取值及概率后，计算出 ，即可得解.
【小问1详解】
记“在该楼中随机抽取一户家庭，其4月用电量不低于30度”为事件A，
在该楼10个住户中，用电量不低于30度的共 户，
故概率估计值 ；
【小问2详解】
解法1：X的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
X的分布列为：
0 1 2
X的期望值 ，
解法2：X的所有可能取值为0，1，2，
，
，，
X的分布列为：
X 0 1 2
P
X的期望值 ；
【小问3详解】
Y的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
则 ，
故 .
19. 已知函数 .
（1）求曲线 在 处的切线方程；
（2）若 ，求曲线 与曲线 的交点个数.
【答案】（1）
（2）交点个数为1
【解析】
【分析】（1）借助导数的结合意义计算即可得；（2）原问题可转化为函数 在 上的零点个数问题，借助导数
研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断.
【小问1详解】
由 ，则 ，
，则 ，
所以切线方程为 ，即 ；
【小问2详解】
令 ，故 ，
令 ， ，
令 ，
，
当 时， ， ， ，
， 在 上为减函数，即 在 上为减函数，
∴ ∴
又 ， ，
在 上有唯一的零点，设为 ，即 ，
∴
在 上为增函数，在 上为减函数，
∴
又 ，，
，
在 上有且只有一个零点，在 上无零点，
∴
所以曲线 与曲线 的交点个数为1.
20. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，且点 在椭圆上，动点C，D分别在
直线 和椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程及其焦点坐标；
（2）若椭圆上存在一点E，使得四边形 是矩形，求点D的横坐标.
【答案】（1）方程为 ，焦点坐标为 ，
（2）横坐标为 或
【解析】
【分析】（1）根据题意可得 解得 ， .再计算出椭圆 焦点坐标.
的
（2）设 ， ， ， ，因为四边形 一定为平行四边形，根据
，得 ，点D，E都在椭圆上代入变形得 ①，又
，有 ，②，解得： 或 ，分类计算得出结果；
【小问1详解】由题设， 解得 ， .
所以椭圆G的方程为 .焦点坐标为 ，
【小问2详解】
设 ， ， ， ，
因为四边形 是矩形，一定为平行四边形，所以 ，
则 ， ，所以 ，
D，E都在椭圆上， ，变形得 ①，
又 ，所以 ，即 ，
则 ，②
②代入①得 ，解得： 或 ，
若 时， ， ，此时C与 重合，D点坐标为 ；
若 时，联立 ，
可得： ，解得： ，
因为 ，所以 ，
所以D点横坐标为 或 .21. 已知整数 ，数列 是递增的整数数列，即 且 定义
数列 的“相邻数列”为 ，其中 或
（1）已知 ，数列 ，写出 的所有“相邻数列”；
（2）已知 ，数列 是递增的整数数列， ，且 的所有“相邻数列”均
为递增数列，求这样的数列 的个数；
（3）已知 ，数列 是递增的整数数列， ，且存在 的一个“相邻数列”
，对任意的 ，求 的最小值．
【答案】（1） ； ； ； .
（2）11个 （3）37
【解析】
【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；
（2）任取 的一个“相邻数列” ，根据相邻数列的概念可得 且 ，对于
的取值分情况讨论，利用 为递增数列可得 是公差为1的等差数列，列不
等式组求解即可；
（3）令 可得对任意 ，设
，证明 与 要么是空集，要么是连续自
然数构成的集合，进而根据定义求解即可.
【小问1详解】根据“相邻数列”的概念可知 ， ，
或 ， 或 ，
所以 的所有“相邻数列”有 ； ； ； .
【小问2详解】
任取 的一个“相邻数列” ，
因为 或 ，
或 ，
所以有 且 ，
对于 的取值分以下4种情形：
（a） ，
（b） ，
（c） ，
（d）
由数列 是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到 ，所以只需考虑第4种情形，
递增， ， 即 ，
由 是递增的整数数列得 ，从而 是公差为1的等差数列，
于是 ，则 ，即满足数列 的有11个.
【小问3详解】
令 ，所以对任意 ，设 ，则 且 ，
先证明 与 要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，
若 ，令 ，则 ，由 得 ，
所以 ，即 ，即 是空集，或是连续自然数构成的集合．
若 ，令 ，则 ，由 得 ，
所以 ，即 ，即 是空集，或是连续自然数构成的集合，
因此 ， 的分布只可能是如下三种情况：
（i） ，此时，对任意的 ，由 得 ，
所以对任意的 ，注意到 ，所以
，
等号当且仅当 时取到；
（ii）存在整数 ，使得
对任意的 ，对任意的 ，所以
（iii） ．此时，对任意的 ，与情形1类似，
对任意的 ，注意到 ，
所以 ，
综上， 的最小值为 ．【点睛】思路点睛：根据“相邻数列”的定义，按照 或 分类讨论不同情形，结合数列
的定义求解即可.
