江蘇省南通市海安縣海安高級中學2024屆高三適應性調研考試數學試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．設是等差數列的前n項和，且，則()A． B． C．1 D．22．已知正方體的體積為，點，分別在棱，上，滿足最小，則四面體的體積為A． B． C． D．3．如圖，平面ABCD，ABCD為正方形，且，E，F分別是線段PA，CD的中點，則異面直線EF與BD所成角的余弦值為（）A． B． C． D．4．已知橢圓+=1(a>b>0)與直線交于A，B兩點，焦點F(0，-c)，其中c為半焦距，若△ABF是直角三角形，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．5．射線測厚技術原理公式為，其中分別為射線穿過被測物前后的強度，是自然對數的底數，為被測物厚度，為被測物的密度，是被測物對射線的吸收系數.工業上通常用镅241（）低能射線測量鋼板的厚度.若這種射線對鋼板的半價層厚度為0.8，鋼的密度為7.6，則這種射線的吸收系數為（）（注：半價層厚度是指將已知射線強度減弱為一半的某種物質厚度，，結果精確到0.001）A．0.110 B．0.112 C． D．6．若復數滿足，其中為虛數單位，是的共軛復數，則復數（）A． B． C．4 D．57．設數列是等差數列，，.則這個數列的前7項和等于（）A．12 B．21 C．24 D．368．下列函數中，在區間上單調遞減的是（）A． B． C． D．9．正項等比數列中，，且與的等差中項為4，則的公比是()A．1 B．2 C． D．10．已知三棱錐中，為的中點，平面，，，則有下列四個結論：①若為的外心，則；②若為等邊三角形，則；③當時，與平面所成的角的范圍為；④當時，為平面內一動點，若OM∥平面，則在內軌跡的長度為1．其中正確的個數是（）．A．1 B．1 C．3 D．411．已知集合，則集合的非空子集個數是（）A．2 B．3 C．7 D．812．已知某幾何體的三視圖如右圖所示，則該幾何體的體積為（）A．3 B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若為假，則實數的取值范圍為__________.14．給出下列等式：，，，…請從中歸納出第個等式：______.15．已知是函數的極大值點，則的取值范圍是____________．16．已知函數，若關于的方程恰有四個不同的解，則實數的取值范圍是______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，角的對邊分別為，若.（1）求角的大小；（2）若，為外一點，，求四邊形面積的最大值.18．（12分）如圖，在四邊形中，，，.（1）求的長；（2）若的面積為6，求的值.19．（12分）已知在平面直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，點的極坐標為．（1）求直線的極坐標方程；（2）若直線與曲線交于，兩點，求的面積．20．（12分）已知數列的前項和和通項滿足.（1）求數列的通項公式；（2）已知數列中，，，求數列的前項和.21．（12分）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，M、N分別為、的中點.?（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.22．（10分）已知.（1）解關于x的不等式：；（2）若的最小值為M，且，求證：.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

利用等差數列的性質化簡已知條件，求得的值.【詳解】由于等差數列滿足，所以，，.故選：C【點睛】本小題主要考查等差數列的性質，屬于基礎題.2、D【解析】

由題意畫出圖形，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，可得當時最小，設正方體的棱長為，得，進一步求出四面體的體積即可．【詳解】解：如圖，

∵點M，N分別在棱上，要最小，將所在的面延它們的交線展開到與所在的面共面，三線共線時，最小，

∴

設正方體的棱長為，則，∴．

取，連接，則共面，在中，設到的距離為，

設到平面的距離為，

.

故選D．【點睛】本題考查多面體體積的求法，考查了多面體表面上的最短距離問題，考查計算能力，是中檔題．3、C【解析】

分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系,再利用向量法求異面直線EF與BD所成角的余弦值.【詳解】由題可知，分別以AB，AD，AP所在直線為x軸，y軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系.設.則.故異面直線EF與BD所成角的余弦值為.故選：C【點睛】本題主要考查空間向量和異面直線所成的角的向量求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.4、A【解析】

聯立直線與橢圓方程求出交點A，B兩點，利用平面向量垂直的坐標表示得到關于的關系式，解方程求解即可.【詳解】聯立方程，解方程可得或，不妨設A(0，a)，B(-b，0)，由題意可知，·=0，因為，，由平面向量垂直的坐標表示可得，，因為，所以a2-c2=ac，兩邊同時除以可得，，解得e=或（舍去），所以該橢圓的離心率為.故選：A【點睛】本題考查橢圓方程及其性質、離心率的求解、平面向量垂直的坐標表示；考查運算求解能力和知識遷移能力；利用平面向量垂直的坐標表示得到關于的關系式是求解本題的關鍵；屬于中檔題、常考題型.5、C【解析】

根據題意知,，代入公式,求出即可.【詳解】由題意可得,因為,所以,即.所以這種射線的吸收系數為.故選:C【點睛】本題主要考查知識的遷移能力,把數學知識與物理知識相融合;重點考查指數型函數,利用指數的相關性質來研究指數型函數的性質,以及解指數型方程；屬于中檔題.6、D【解析】

根據復數的四則運算法則先求出復數z，再計算它的模長．【詳解】解：復數z＝a+bi，a、b∈R；∵2z，∴2（a+bi）﹣（a﹣bi）＝，即，解得a＝3，b＝4，∴z＝3+4i，∴|z|．故選D．【點睛】本題主要考查了復數的計算問題，要求熟練掌握復數的四則運算以及復數長度的計算公式，是基礎題．7、B【解析】

根據等差數列的性質可得，由等差數列求和公式可得結果.【詳解】因為數列是等差數列，，所以，即，又，所以，，故故選：B【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式，性質，等差數列的和，屬于中檔題.8、C【解析】

由每個函數的單調區間，即可得到本題答案.【詳解】因為函數和在遞增，而在遞減.故選：C【點睛】本題主要考查常見簡單函數的單調區間，屬基礎題.9、D【解析】

設等比數列的公比為q，，運用等比數列的性質和通項公式，以及等差數列的中項性質，解方程可得公比q．【詳解】由題意，正項等比數列中，，可得，即，與的等差中項為4，即，設公比為q，則，則負的舍去，故選D．【點睛】本題主要考查了等差數列的中項性質和等比數列的通項公式的應用，其中解答中熟記等比數列通項公式，合理利用等比數列的性質是解答的關鍵，著重考查了方程思想和運算能力，屬于基礎題．10、C【解析】

由線面垂直的性質,結合勾股定理可判斷①正確;反證法由線面垂直的判斷和性質可判斷②錯誤;由線面角的定義和轉化為三棱錐的體積,求得C到平面PAB的距離的范圍,可判斷③正確;由面面平行的性質定理可得線面平行,可得④正確.【詳解】畫出圖形：若為的外心，則，平面,可得,即，①正確;若為等邊三角形，，又可得平面，即,由可得，矛盾，②錯誤;若，設與平面所成角為可得，設到平面的距離為由可得即有，當且僅當取等號.可得的最大值為，即的范圍為，③正確；取中點，的中點，連接由中位線定理可得平面平面可得在線段上，而，可得④正確；所以正確的是：①③④故選：C【點睛】此題考查立體幾何中與點、線、面位置關系有關的命題的真假判斷，處理這類問題，可以用已知的定理或性質來證明，也可以用反證法來說明命題的不成立.屬于一般性題目.11、C【解析】

先確定集合中元素，可得非空子集個數．【詳解】由題意，共3個元素，其子集個數為，非空子集有7個．故選：C．【點睛】本題考查集合的概念，考查子集的概念，含有個元素的集合其子集個數為，非空子集有個．12、B【解析】由三視圖知：幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，如圖：

直三棱柱的體積為，消去的三棱錐的體積為，

∴幾何體的體積，故選B.點睛：本題考查了由三視圖求幾何體的體積，根據三視圖判斷幾何體的形狀及相關幾何量的數據是解答此類問題的關鍵；幾何體是直三棱柱消去一個三棱錐，結合直觀圖分別求出直三棱柱的體積和消去的三棱錐的體積，相減可得幾何體的體積.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由為假，可知為真，所以對任意實數恒成立，求出的最小值，令即可.【詳解】因為為假，則其否定為真，即為真，所以對任意實數恒成立，所以.又，當且僅當，即時，等號成立，所以.故答案為：.【點睛】本題考查全稱命題與特稱命題間的關系的應用，利用參變分離是解決本題的關鍵，屬于中檔題.14、【解析】

通過已知的三個等式，找出規律，歸納出第個等式即可．【詳解】解：因為：，，，等式的右邊系數是2，且角是等比數列，公比為，則角滿足：第個等式中的角，所以；故答案為：．【點睛】本題主要考查歸納推理，注意已知表達式的特征是解題的關鍵，屬于中檔題．15、【解析】

方法一：令，則，，當，時，，單調遞減，∴時，，，且，∴在上單調遞增，時，，，且，∴在上單調遞減，∴是函數的極大值點，∴滿足題意；當時，存在使得，即，又在上單調遞減，∴時，，，所以，這與是函數的極大值點矛盾．綜上，．方法二：依據極值的定義，要使是函數的極大值點，由知須在的左側附近，，即；在的右側附近，，即．易知，時，與相切于原點，所以根據與的圖象關系，可得．16、【解析】

設，判斷為偶函數，考慮x>0時，的解析式和零點個數,利用導數分析函數的單調性,作函數大致圖象，即可得到的范圍.【詳解】設，則在是偶函數，當時，，由得，記，，，故函數在增，而，所以在減，在增，，當時，，當時，，因此的圖象為因此實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了函數的零點的個數問題，涉及構造函數，函數的奇偶性，利用導數研究函數單調性，考查了數形結合思想方法，以及化簡運算能力和推理能力，屬于難題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）根據正弦定理化簡等式可得，即；（2）根據題意，利用余弦定理可得，再表示出，表示出四邊形，進而可得最值.【詳解】（1），由正弦定理得：在中，，則，即，，即.（2）在中，又，則為等邊三角形，又，-當時，四邊形的面積取最大值，最大值為.【點睛】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面積公式的應用，屬于基礎題．18、(1)(2)【解析】

（1）利用余弦定理可得的長；（2）利用面積得出，結合正弦定理可得.【詳解】解：（1）由題可知.在中，，所以.（2），則.又，所以.【點睛】本題主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角較多時一般選用正弦定理，已知邊較多時一般選用余弦定理.19、（1）（2）【解析】

（1）先消去參數，化為直角坐標方程，再利用求解.（2）直線與曲線方程聯立，得，求得弦長和點到直線的距離，再求的面積.【詳解】（1）由已知消去得，則，所以，所以直線的極坐標方程為．（2）由，得，設，兩點對應的極分別為，，則，，所以，又點到直線的距離所以【點睛】本題主要考查參數方程、直角坐標方程及極坐標方程的轉化和直線與曲線的位置關系，還考查了數形結合的思想和運算求解的能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）【解析】

（1）當時，利用可得，故可利用等比數列的通項公式求出的通項.（2）利用分組求和法可求數列的前項和.【詳解】（1）當時，，所以，當時，，①，②所以，即，又因為，故，所以，所以是首項，公比為的等比數列，故.（2）由得：數列為等差數列，公差，，，.【點睛】本題考查數列的通項與求和，注意數列求和關鍵看通項的結構形式，如果通項是等差數列與等比數列的和，則用分組求和法；如果通項是等差數列與等比數列的乘積，則用錯位相減法；如果通項可以拆成一個數列連續兩項的差，那么用裂項相消法；如果通項的符號有規律的出現，則用并項求和法.21、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）取中點，連接，，證明平面，由線面垂直的性質可得；（2）由，即可求得三棱錐的體積．【詳解】解：（1）證明：取中點D，連接，.因為，，所以且，因為，平面，平面，所以平面.又平面，所以；（2）解：因為平面，平面，所以平面平面，過N作于E，則平面，因為平面平面，，平面平面，平面，所以