精品解析：江苏省南京航空航天大学附属高级中学2024届高三上学期期初校内模拟调研数学试题

期初校内模拟调研 （数学试题） 一､单选题 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平行四边形中，点、分别满足，，若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示三棱锥中，面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是（ ） A. B. C. D. 6. 在0至5这6个数字中任选3个不同的数，组成一个三位数，若从这些三位数中任取一个，则该数为三位偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，数列满足，且对一切，有，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 已知，，则（ ） A. B. 曲线在处的切线斜率为1 C. 在上单调递增 D. 的最小值为 10. 已知椭圆：，、是椭圆的两个焦点，、是椭圆上两点，且、分别在轴两侧，则（ ） A. 若直线经过原点，则四边形为矩形 B. 四边形的周长为20 C. 的面积的最大值为12 D. 若直线经过，则到直线的最大距离为8 11. 直六棱柱中，底面是边长为2的正六边形，侧棱，点是底面的中心，则（ ） A. 平面 B. 与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 与平面所成角的正弦值为 12. 已知直线，曲线，曲线关于直线对称的曲线所对应的函数为，则以下说法正确的是（ ） A. 不论何值，直线恒过定点； B. ； C. 若直线与曲线相切，则； D. 若直线上有两点，这两点关于直线对称的点在曲线上，则. 三､填空题 13. 展开式中的常数项为_______． 14. 过点作圆的两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为_______． 15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为_______． 16. 已知双曲线，、是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，是的平分线，过作的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为_______． 四､解答题 17. 已知数列的前项和为，，且，． （1）证明：数列等差数列； （2）求数列的前项和． 18. 已知锐角中，角、、所对边为、、，且． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 19. 如图所示，在直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，是的中点，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 20. 甲、乙两人进行下象棋比赛（没有平局）．采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，． （1）设甲以3：1获胜的概率为，求的最大值； （2）记（1）中，取得最大值时的值为，以作为的值，用表示甲、乙两人比赛的局数，求的分布列和数学期望． 21. 已知抛物线的准线上一点，直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于不同的两点、． （1）求抛物线方程； （2）设直线、、的斜率分别为、、，求证：． 22. 已知函数，． （1）当时，比较与2的大小； （2）求证：，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期初校内模拟调研 （数学试题） 一､单选题 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】化简，再求出即得解. 【详解】由，得，从而，所以的虚部为1． 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可. 【详解】因为，所以，即， 所以， 因为，所以当， 当，所以， . 故选：B. 3. 在平行四边形中，点、分别满足，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合向量加法法则与减法法则运算求解即可. 【详解】解：因为在平行四边形中，点、分别满足，， 所以，， 所以． 故选：A 4. 如图所示的三棱锥中，面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将三棱锥补形成正方体，易知该三棱锥的外接球即为正方体的外接球，为外接球的直径，利用球的表面积公式求解即可. 【详解】 将三棱锥补形成正方体，易知该三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 所以为外接球的直径，则可得，即， 所以外接球的表面积为． 故选：B． 5. 把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数的图像变化规律即可求得解析式. 【详解】把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度， 所得图像所表示的函数是， 再把图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是． 故选:C． 6. 在0至5这6个数字中任选3个不同的数，组成一个三位数，若从这些三位数中任取一个，则该数为三位偶数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出从0至5这6个数字中任选3个不同的数可组成的基本事件个数，再求出三位偶数包含的基本事件个数，由古典概型的概率公式代入即可得出答案. 【详解】在0至5这6个数字中任选3个不同的数，共可组成个三位数， 其中共有个偶数， 由古典概型概率计算公式有． 故选：B． 7. 已知，数列满足，且对一切，有，则（ ） A. 是等差数列 B. 是等比数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式列出数列递推关系式，再结合等差数列和等比数列的定义逐项验证选项可得出答案. 【详解】由题意知，所以，所以，，所以是等比数列，且, 所以，选项A，B，C错误，选项D正确. 故选：D． 8. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，求导得其单调性，再利用单调性，即可判断出的大小关系. 【详解】设，， 因为，令，得； 令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减， 而， ， ， 因为，所以． 故选：A． 二､多选题 9. 已知，，则（ ） A. B. 曲线在处的切线斜率为1 C. 在上单调递增 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A：，故不正确；选项B：曲线在处的切线斜率为，故正确；选项C： 的单调增区间为，故正确；选项D：有最小值，故正确． 【详解】解：选项A：因为，所以，故不正确； 选项B：曲线在处的切线斜率为，故正确； 选项C：令，解得，所以的单调增区间为，所以在上单调递增，故正确； 选项D：因为在上单调递减，在上单调递增，所以有最小值，故正确． 故选：BCD． 10. 已知椭圆：，、是椭圆的两个焦点，、是椭圆上两点，且、分别在轴两侧，则（ ） A. 若直线经过原点，则四边形为矩形 B. 四边形的周长为20 C. 的面积的最大值为12 D. 若直线经过，则到直线的最大距离为8 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，结合椭圆的对称性，焦点三角形的性质依次讨论各选项即可得答案. 【详解】解：选项A：若直线经过原点，易知四边形为平行四边形，因为不一定与相等，所以不一定矩形，故不正确； 选项B：四边形的周长为，故正确； 选项C：的面积的最大值为，故正确； 选项D：若直线MN经过，则到直线的最大距离为，故不正确． 故选：BC． 11. 直六棱柱中，底面是边长为2的正六边形，侧棱，点是底面的中心，则（ ） A. 平面 B. 与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A：利用线面平行的判定定理，A正确；对于选项B：由异面直线所成角的求法，可得B正确；对于选项C：根据线面垂直定义，举反例，可得C不正确；对于选项D：根据线面角的求解得出D正确. 【详解】 对于选项A：记，连接，易得，从而//平面，故选项A正确； 对于选项B：因为，所以与BC所成角即为（或其补角），易得，，，由余弦定理，得，故选项B正确； 对于选项C：因为，所以BO不与AO垂直，所以BO不与平面垂直，故选项C不正确； 对于选项D：取中点H，连接、FH，易证面，所以是与平面所成的角，在中，，，，所以，故选项D正确． 故选：ABD． 12. 已知直线，曲线，曲线关于直线对称的曲线所对应的函数为，则以下说法正确的是（ ） A. 不论为何值，直线恒过定点； B. ； C. 若直线与曲线相切，则； D. 若直线上有两点，这两点关于直线对称的点在曲线上，则. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，令，得，与a无关可判断A；对于B，设是曲线上任意一点，M关于直线的对称点为，列式求出可判断B；设切点为，由导数的几何意义求出可判断C；直线上有两个关于直线对称的点在曲线上，等价于直线与曲线有两个不同的交点，即有两个解，函数，求出的单调性，结合题意即可求出的取值范围可判断D. 【详解】选项：直线中，令，得，与a无关，故正确； 选项B：设是曲线上任意一点，M关于直线的对称点为， 则，所以，即，则， 从而，故不正确； 选项C：由，得， 设切点为，则切线斜率， 所以，从而，故正确； 选项D：直线上有两个关于直线对称的点在曲线上， 等价于直线与曲线有两个不同的交点． 方程，即有两个解， 设函数，，， 令，解得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 所以， 又当趋近于正无穷时，趋近于，当趋近于时，趋近于负无穷， 所以，故正确． 故选：ACD． 三､填空题 13. 展开式中的常数项为_______． 【答案】1120 【解析】 【分析】先求出的展开式的通项，令，求出，回代入通项即可求出答案. 【详解】因为的展开式的通项为：， 令，得， 所以的展开式的常数项为． 故答案为：. 14. 过点作圆两条切线，切点分别为 、，则直线的方程为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题知、，进而求解方程即可. 【详解】解：方法1：由题知，圆的圆心为，半径为， 所以过点作圆的两条切线，切点分别为、， 所以， 所以直线的方程为，即； 方法2：设，，则由，可得， 同理可得， 所以直线的方程为. 故答案为： 15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得数列为等差数列，进而可得，及，利用基本不等式可得最值. 【详解】被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列， 构成首项为，公差为的等差数列， 所以，， 从而， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为， 故答案为：. 16. 已知双曲线，、是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上一点，是的平分线，过作的垂线，垂足为，则点的轨迹方程为_______． 【答案】 【解析】 【分析】延长，交于，可证得，结合题意易证得P的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆的一部分，即可求出点的轨迹方程. 【详解】延长，交于，因为，， ，所以，所以， 所以， 因为M是双曲线C右支上一点，所以， 又因为P是的中点，O是的中点，所以， 所以P的轨迹是以O为圆心，半径为2的圆的一部分， 所以点P的轨迹方程为． 故答案：. 四､解答题 17. 已知数列的前项和为，，且，． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）根据得到，再同除，即可得到（且），从而得证； （2）首先求出的通项公式，即可求出的通项公式，从而得到. 【小问1详解】 证明：因为，，所以，且，两式相减，得， 所以，所以，即（且），所以数列是等差数列． 【小问2详解】 解：因为，，所以，由（1）知数列是等差数列，公差为， 所以， 所以，， 所以当时，， 当时，等式也成立，所以，． 18. 已知锐角中，角、、所对边为、、，且． （1）求角； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正切公式及诱导公式计算可得； （2）利用正弦定理将边化角，再转化为关于的三角函数，根据的取值范围及正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 解：因为，所以， 所以，从而， 即， 所以，因为，所以． 【小问2详解】 解：因为，，由正弦定理，有 所以，， 所以， 又因为为锐角三角形， 所以，即，所以， 所以，从而的取值范围为． 19. 如图所示，在直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，是的中点，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意证明平面即可证明结论； （2）取中点，连接、，记，则是中点，连接，进而得是中点，故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【小问1详解】 解：在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以， 因为是等边三角形，D是AB的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以，平面平面． 【小问2详解】 解：取中点，连接、， 记，则是中点，连接，则平面平面， 因为平面，平面， 所以， 因为是中点， 所以是中点． 所以，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图， 则，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以，即，令，得， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为 ． 所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 20. 甲、乙两人进行下象棋比赛（没有平局）．采用“五局三胜”制．已知在每局比赛中，甲获胜的概率为，． （1）设甲以3：1获胜的概率为，求的最大值； （2）记（1）中，取得最大值时的值为，以作为的值，用表示甲、乙两人比赛的局数，求的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意列出的解析式，通过求导即可得到的最大值. （2）由（1）得到的值，再根据的可能取值为3,4,5，分别求出其所对应概率即可得出分布列，再由公式求得期望即可. 【小问1详解】 甲以3：1获胜，则前三局中甲胜两局败一局，第四局甲必须获胜， 所以，，， 令，得；令，得；令，得． 所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值为． 【小问2详解】 由（1）知，由题意，知X的所有可能取值为3、4、5，相应的概率为 ， ， ， 所以X的分布列为 X 3 4 5 P X的数学期望． 21. 已知抛物线的准线上一点，直线过抛物线的焦点，且与抛物线交于不同的两点、． （1）求抛物线的方程； （2）设直线、、的斜率分别为、、，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求出标准方程；（2）设的方程为，设，，联立，利用“设而不求法”表示出，再求出，即可证明. 【小问1详解】 由题意，知，所以，所以拋物线C的方程为． 【小问2详解】 因为直线过抛物线C的焦点，由题意知，直线斜率不为0，所以设的方程为， 设，，联立，消去得， 即，所以，， 所以 ， 因为，，所以， 所以． 22. 已知函数，． （1）当时，比较与2的大小； （2）求证：，． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求得导函数，再根据，分不同范围讨论即可. （2）由（1）中结论可知，当时，，然后换元，即可得， 结合对数运算从而可证得结论. 【小问1详解】 当时，，， 所以，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，当时，，当时， 【小问2详解】 由（1）知，当时，，即，令，， 则有，即， 所以， 即，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$