江苏省苏州市2024年高三数学上学期一轮模拟试卷（含答案）

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1、2024年江苏省苏州市高三数学上学期一轮模拟练习一、单选题1“”是“”的（）条件A充分不必要B必要不充分C充分必要出D既不充分也不必要2已知复数在复平面内对应的点都在射线上，且，则的虚部为（）A3BCD3在五边形中，分别为，的中点，则（）ABCD4衡阳创建“全国卫生文明城市”活动中，大力加强垃圾分类投放宣传.某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”三种不同的垃圾桶.一天，居民小贤提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，则恰好有一袋垃圾投对的概率为（）ABCD5中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成

2、高为的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为（）A144B72C36D246已知函数，图像上每一点的横坐标缩短到原来的，得到的图像，的部分图像如图所示，若，则等于（）ABCD7某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（）A2BCD18已知是自然对数的底数，设，则（）ABCD二、多选题9若函数，则关于的性质说法正确的有（）A偶函数B最小正周期为C既有最大值也有最小值D有无数个零点10若椭圆的左，右焦点分别为，则下列的值，能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有（）ABCD11若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两项都是正数的概率为，则（）ABCD.12如图，

3、在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（）ABC平面平面D被球截得的弦长为1三、填空题13若是奇函数，则 .14在中，角的对边分别为.若，则的最小值是 .15计算机是二十世纪最伟大的发明之一，被广泛地应用于人们的工作与生活之中，计算机在进行数的计算处理时，使用的是二进制.一个十进制数可以表示成二进制数，则，其中，当时，.若记中1的个数为，则满足的的个数为 .16已知：若函数在上可导，则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式，则 ， .四、解答题17如图，已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，(1)求角C：(2)若，延长CB至M，使得

4、，求BM18已知等比数列的前n项和为，且，(1)求数列的通项公式；(2)在数列中的和之间插入i个数，使，成等差数列，这样得到一个新数列，设数列的前n项和为，求19乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局

5、数，求X的分布列及数学期望.20已知O为坐标原点，抛物线E：（p0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），且（0）.(1)求抛物线E的方程；(2)当=2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程21图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形，其中，N为的中点.将其沿AC，AB折起使得与重合，连结，BN，如图2.(1)证明：在图2中，且B，C，四点共面；(2)在图2中，若二面角的大小为，且，求直线AB与平面所成角的正弦值.22已知函数(mR)的导函数为（1）若函数存在极值，求m的取值范围；（2）设函数（其中e为自然对数的底数），对任意mR

6、，若关于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整数k的取值集合参考答案：1D【分析】解出相应的x的范围，即可得出答案.【详解】，因为，没有包含关系，是的既不充分也不必要条件，故选：D2A【分析】根据条件设出复数，再根据模为即可求得.【详解】设，虚部为3.故选：A3C【分析】由向量的加法运算得到，进而利用中点的条件，转化为向量的关系，化简整理即得.【详解】,故选：C4D【分析】第一步选投对的一袋，剩下两袋投错只有一种方法，得方法数，再求出任意投放的方法数相除可得概率【详解】3袋垃圾中恰有1袋投放正确的情况有种情形，由古典概型计算公式得三袋恰投对一袋垃圾的概率为，故选：D.5B【分析】利用正六边形的性

7、质求出正六棱柱的底面边长，再根据棱柱的体积公式求解即可.【详解】如图，正六边形的每个内角为120，按虚线处折成高为的正六棱柱，即，所以，可得正六棱柱底边边长，则正六棱柱的底面积为所以正六棱柱的体积.故选：B6A【分析】利用向量数量积的定义可得，从而可得，进而得出，即，求出.【详解】根据，可得，故，所以，故的周期为24，所以，故选：A7A【分析】如图截面为，P为MN的中点，设，进而可得面积最大值.【详解】如图所示，截面为，P为MN的中点，设,当时，此时截面面积最大.故选：A【点睛】易错点睛：先求出面积的函数表达式进而判断最大值，本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大.8A【分析】首先设，利用导数

8、判断函数的单调性，比较的大小，设利用导数判断，放缩，再设函数，利用导数判断单调性，得，再比较的大小，即可得到结果.【详解】设，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，时，即，设，时，函数单调递减，时，函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，即恒成立，即，令，时，单调递减，时，单调递增，时，函数取得最小值，即，得：，那么，即，即，综上可知.故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查构造函数，利用导数判断函数的单调，比较大小，本题的关键是：根据，放缩，从而构造函数，比较大小.9CD【分析】根据二倍角的余弦公式，结合正弦函数的单调性、周期的定义、偶函数的定义、零点的定义逐一判断即可.【详解】A：因为，所以

9、该函数不是偶函数，因此本选项说法不正确；B：因为，所以该函数最小正周期不是，因此本选项说法不正确；C：因为，当时，该函数有最大值，当时，该函数有最小值，因此本选项说法正确；D：，则有，解得，或，即，或，或，因此本选项说法正确，故选：CD10ABC【分析】依题意可得，再根据，即可取出的取值范围，即可得解；【详解】解：以为直径的圆的方程为，因为圆与椭圆有公共点，所以，即，所以，即，满足条件的有A、B、C；故选：ABC11AB【分析】由已知得数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，当时， ，由此判断A选项；将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得；将代入，求得，再运用作差

10、比较法，可判断得选项.【详解】解：因为数列的通项公式为，所以数列的奇数项都为1，即奇数项为正数，数列的偶数项为，即偶数项为负数，又数列的前项中，任取两项都是正数的概率为，当时，即前3项中，任取两项都是正数，概率为，故A正确；将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，将代入，数列的前项中，有个正数，个负数，任取两项都是正数的概率为，所以，所以，故B正确；，所以，故C错误；，所以，故D错误，故选：AB.12ABD【分析】由，可得平面，再根据线面

11、平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.【详解】解：对于A，因为，平面，平面，所以平面，又因平面与平面的交线为，所以，故A正确；对于B，连接，在等腰梯形中，因为，的中点为，所以四边形都是菱形，所以，所以，因为底面，面，所以，又，所以平面，又因平面，所以，故B正确；对于C，如图以为原点建立

12、空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量，平面的法向量，则，可取，同理可取，因为，所以与不垂直，所以平面与平面不垂直，故C错误；对于D，由B选项可知，则点即为四边形外接圆的圆心，故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，设外接球的半径为，则，则，所以，设与所成的角为，点到直线的距离为，因为，直线的方向向量可取，则，所以，所以，所以被球截得的弦长为，故D正确.故选：ABD.13【分析】根据奇函数的性质，结合奇函数的定义进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以有，即，即，因为，所以函数是奇函数，故答案为：14【分析】根据余弦定理以及基本不等式可求得答案.【详解】解：由余弦定理得，又，所以，因为

13、，当且仅当时取等号，所以，所以的最小值是，故答案为：.15【分析】根据二进制的性质，结合题意进行求解即可.【详解】因为，所以有，因为，所以说明中1的个数为，即中1的个数为，因此的的个数为，故答案为：16 1 /【分析】令，即可求出，再将两边求导数，即可得到，即可得到，从而得到，再用裂项相消法求和即可；【详解】解：因为，令，即，所以；又，所以，所以，所以所以故答案为：；17(1);(2).【分析】（1）将正弦定理代入条件整理得，从而有，根据角的范围可得角大小；（2）在中，由余弦定理求得，然后在中，由正弦定理求得，进一步计算可得【详解】（1）解：（1）因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，即，所以

14、，又因为，所以，所以，所以（2）在中，由余弦定理可得，解得舍去，在中，由正弦定理可得，即，解得，所以18(1)；(2).【分析】（1）由题可得，然后利用条件可求，即得；（2）由题可得，然后利用等差数列的性质求和即得.【详解】（1）设等比数列的公比为q,，即，即，数列的通项公式为.（2）因为在数列中的和之间插入i个数，则在列的前21项中，就是在到每两项之间各插入一组数，共插入五组，数列的前21项为.19(1)(2)X1234p数学期望为.【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可

15、能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.【详解】（1）设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；则（2）X的可能取值为1，2，3，4.，所以X的分布列为：X1234p其中.即数学期望为.20(1)(2)【分析】（1）可设直线l的方程为，联立方程，利用韦达定理求得，再根据，求得，即可得解；（2）联立方程，利用韦达定理求得，当时，知，从而可求得点的坐标及直线方

16、程，再根据导数的集合意义可求得点A且与切线垂直的直线方程，从而可求得圆心及半径，即可得解.【详解】（1）解：直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为，设直线l与抛物线的交点坐标为，A、B在抛物线上，则=，由消y并整理成，所以，又，则，所以，所以，所以抛物线E的方程为 ；（2）解：由消y并整理成，所以，当时，知，又，所以，所以线段AB的中点坐标为，A的坐标为，线段AB的垂直平分线方程为，即，求导得，抛物线E在点A处的切线斜率为2，过点A且与切线垂直的直线方程为，即，由及得圆心坐标为，圆的半径为，所以所求的圆方程为.21(1)证明见解析；(2).【分析】(1)取AC的中点M，证明平面BMN及即可推理

17、作答.(2)在平面BMN内作，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【详解】（1）取AC的中点M，连接NM，BM，如图，因为矩形，N为的中点，则，又因ABC为等边三角形，则，平面BMN，则有平面BMN，又平面BMN，所以；矩形中，平行四边形中，因此，所以B，C，四点共面.（2）由(1)知，则为二面角的平面角，在平面BMN内过M作，有，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设平面的法向量为，则，令，得，由得，设直线AB与平面所成角为，于是得，所以直线AB与平面所成角的正弦值是.22（1）（2）1，2【解析】（1）求解导数，表示出，再利用的导数可求m的取值范围；（2）表示出，结合二次函数

18、知识求出的最小值，再结合导数及基本不等式求出的最值，从而可求正整数k的取值集合【详解】（1）因为，所以，所以，则，由题意可知，解得；（2）由（1）可知，所以因为整理得，设，则，所以单调递增，又因为， 所以存在，使得，设，是关于开口向上的二次函数，则，设，则，令，则，所以单调递增，因为，所以存在，使得，即，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，因为，所以，又由题意可知，所以，解得，所以正整数k的取值集合为1，2【点睛】本题主要考查导数的应用，利用导数研究极值问题一般转化为导数的零点问题，恒成立问题要逐步消去参数，转化为最值问题求解，适当构造函数是转化的关键，本题综合性较强，难度较大，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.