精品解析：江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2024-2025学年高三上学期期初迎考数学试卷

绝密★启用前 江苏省2024—2025学年高三上学期期初迎考卷 数　　学 注意事项： 1． 本试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2． 答题前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在密封线内． 一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知i是虚数单位，，则=（ ） A. B. C. 6 D. 50 2. 已知等差数列的公差大于0，，，则的前10项和为 （ ） A. B. 0 C. D. 5 3. 已知直线l：及圆C：，则“”是“直线l与圆C相切”的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知向量，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 5. 已知椭圆C：的离心率为，若椭圆C的长轴、短轴同时增加，得到离心率为的椭圆，则 （ ） A B. C. D. 无法比较与的大小 6. 已知，随机变量服从正态分布，其正态密度曲线如图所示，若，则（ ） A 5 B. 8 C. 9 D. 14 7. 已知，，，则（ ） A B. C. D. 8. 在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为 （ ） A. 32 B. 31 C. 28 D. 27 二、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组数据平均数为，另一组数据的平均数为．若数据的平均数为，则 （ ） A. 当时， B. 当时， C 当时， D. 当时， 10. 已知定义在上的函数，导函数为，且满足，，则 （ ） A. B. C. 一定为偶函数 D. 一定为奇函数 11. 已知三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则（ ） A. 平面 B. 当时，平面平面 C. 当时，二面角的最小值为 D. 当时，点到平面的距离小于 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的值为____________． 13. 已知圆台的母线与底面所成角为，下底面的半径为2，其体积为，则该圆台的高等于__________. 14. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的图象是四叶草曲线，设为E上任意一点，且满足或，则任取一点P，该点为格点（横、纵坐标均为整数）的概率为____． 四、 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在正四棱柱中，，点分别在棱上，． （1）判断与平面的位置关系并证明； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 在中，，点D在BC上，满足，． （1）若，求的面积； （2）求余弦值的最小值． 17. 已知双曲线的左、右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为． （1）求双曲线的标准方程． （2）当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为．是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. 已知函数(e为自然对数的底数，)． （1）求函数的最小值； （2）已知 ①若在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； ②若直线与曲线相切，求实数a的值． 19. 有无穷多个首项均为1的等比数列，记第个等比数列的第项为，公比为． （1）若，求的值； （2）若m为给定的值，且对任意n有，证明：存在实数，满足，； （3）若为等比数列，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 江苏省2024—2025学年高三上学期期初迎考卷 数　　学 注意事项： 1． 本试卷满分150分，考试时间为120分钟． 2． 答题前，考生务必将自己的班级、姓名、学号填写在密封线内． 一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知i是虚数单位，，则=（ ） A. B. C. 6 D. 50 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，即可求得，根据复数模的计算公式，即得答案；另外也可利用复数的模的性质 ，进行计算，求得答案. 【详解】由可知==， 所以，则． 另解：由可知， 故=，所以， 故选：A 2. 已知等差数列的公差大于0，，，则的前10项和为 （ ） A. B. 0 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由题中条件根据等差数列性质求出，，，再利用等差数列求和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，则． 由，得． 又，则， 又，则， 所以， 因此可得． 故选：C. 3. 已知直线l：及圆C：，则“”是“直线l与圆C相切” （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用直线与圆的位置关系，充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】圆的圆心，半径为， 由直线与圆相切，得，而，解得， 所以“”是“直线l与圆C相切”的充要条件. 故选：C 4. 已知向量，则（ ） A B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将转化为，利用向量数量积的坐标表示即可得解. 【详解】因为， 所以， 故． 故选：B. 5. 已知椭圆C：的离心率为，若椭圆C的长轴、短轴同时增加，得到离心率为的椭圆，则 （ ） A. B. C. D. 无法比较与的大小 【答案】A 【解析】 【分析】由离心率的概念表示出离心率与后比较大小， 【详解】由题知，则． 因为，，则<，所以． 故选：A. 6. 已知，随机变量服从正态分布，其正态密度曲线如图所示，若，则（ ） A. 5 B. 8 C. 9 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布密度曲线，得到，再结合二项式定理得到，利用，可求的值. 【详解】由的分布密度曲线知，，所以， 根据展开式的通项公式可得，， 则，解得． 故选：B 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系和余弦的两角和差公式列方程组求解即可. 【详解】因为，，所以， 所以，①， 又因为，所以②， ②联立解得， 所以， 故选：A 8. 在备战巴黎奥运会期间，教练组举办羽毛球训练比赛，派出甲、乙两名单打主力，为了提高两名主力的能力，教练安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与陪练打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关．已知甲、乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立．记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲、乙两人训练的轮数至少为 （ ） A. 32 B. 31 C. 28 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】表示出每一轮过关的概率后结合基本不等式可得该概率的最大值，再结合二项分布期望公式计算即可得解. 【详解】由题可知每一轮过关的概率: ， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故．因为，所以，则. 故选：D. 二、 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知一组数据的平均数为，另一组数据的平均数为．若数据的平均数为，则 （ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，C，D运用分层抽样的平均数公式，结合已知条件计算判断；对于B,举反例判断. 【详解】当时， ，A正确； 当时，取则m与n不一定相等，B错误； 当时， ，C正确； 当时,，有，故 即，所以，D正确． 故选：ACD. 10. 已知定义在上的函数，导函数为，且满足，，则 （ ） A. B. C. 一定为偶函数 D. 一定为奇函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由，可得，再利用函数性质即可判断；对于B，对求导，再赋值即可判断；对于C，构造函数，再利用奇偶函数的定义进行判断即可；对于D，首先利用奇偶函数的定义判断与的奇偶性，即可得到的奇偶性. 【详解】由，可知 (为常数)， 令，有，故． 而，则， 所以，即，故A正确； 由，可得． 令，有，故B正确； 因为，， 所以， 即， 所以为奇函数，故C错误； 由知为偶函数， 由知为奇函数， 又，所以一定为奇函数，故D正确． 故选：ABD. 11. 已知三棱锥中，平面平面，平面平面，，，则（ ） A. 平面 B. 当时，平面平面 C. 当时，二面角的最小值为 D. 当时，点到平面的距离小于 【答案】AB 【解析】 【分析】对A：作出相应辅助线后借助，面面垂直的性质定理可得线面垂直，即可得线线垂直，再利用线面垂直的判定定理及可得证；对B：借助线面垂直的性质定理与面面垂直的判定定理即可得；对C：借助二面角定义找出二面角的平面角后，利用该角正切值进行放缩即可得解；对D：过点作于点，再通过证明线面垂直可得点到平面的距离为，若可得其与选项不符. 【详解】对A：如图（1），在上任取一点，过点作于点， 作于点，因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理． 又，所以平面，故A正确． 对B：由平面，所以， 当时，平面，又平面， 所以平面平面，故B正确． 对C：由平面，所以， 当时，可知平面，则， 如图（2），过点作于点，连接， 则为二面角的平面角， ，故，故C错误； 对D：当时，过点作于点， 又，、平面，， 所以平面，则，从而平面， 则点到平面的距离为， 当时， ，故D错误． 故选：AB. 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则的值为____________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据对数的运算性质求解即可. 【详解】因为， 所以，可得 ， 即， 所以，即， 所以. 故答案为：. 13. 已知圆台的母线与底面所成角为，下底面的半径为2，其体积为，则该圆台的高等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆台体积为和圆台的母线与底面所成角为列方程求出上底面半径，从而求得高. 【详解】设圆台的上底面半径为，高为， 则，即， 又母线与底面所成角为，有， 则有，所以，解得， 所以. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的图象是四叶草曲线，设为E上任意一点，且满足或，则任取一点P，该点为格点（横、纵坐标均为整数）的概率为____． 【答案】 【解析】 【分析】由题意明确曲线的性质，确定符合题意的点的个数，根据古典概型的概率公式即可求得答案. 【详解】由，得，当且仅当时取等号， 可知，故满足且的点P仅有，共5个． 令，则，由于的图象关于x轴、y轴、坐标原点、对称， 因此只需研究第一象限图象上横坐标或纵坐标为整数的点的情况， 令，则，不妨设，则有， 令，则有，化简有，解得或， 则有两个正根1，． 故结合曲线对称性可知在第一象限，横坐标或纵坐标为整数的点共有3个：． 故整个曲线上横坐标或纵坐标为整数的点共有13个， 所以任取一点P，该点为格点的概率为． 故答案为： 【点睛】关键点睛：解答本题关键是明确四叶草曲线的对称性，由此确定符合题意的点的个数. 四、 解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在正四棱柱中，，点分别在棱上，． （1）判断与平面的位置关系并证明； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）平面，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）平面，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，计算可得，可证结论； （2）求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得平面与平面夹角的余弦值． 【小问1详解】 平面．理由如下： 以所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 由， ，所以，所以是共面向量． 因为平面，平面， 故平面． 【小问2详解】 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，得， 则平面的一个法向量为． 又平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16. 在中，，点D在BC上，满足，． （1）若，求的面积； （2）求余弦值的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，在中和中，分别用余弦定理表示出，由等式解出，面积公式求的面积； （2）设，，由，余弦定理得，代入中结合基本不等式求最小值. 【小问1详解】 设，则，． 在中，． 在中， ，解得，故， 所以． 【小问2详解】 设，，则，． 因为，所以， 即，整理得． 在中， ， 当且仅当，即，时取等号， 经检验，此时三角形存在，符合题意． 所以∠ADC余弦值的最小值为． 17. 已知双曲线的左、右顶点分别为，动直线过点，当直线与双曲线有且仅有一个公共点时，点到直线的距离为． （1）求双曲线的标准方程． （2）当直线与双曲线交于异于的两点时，记直线的斜率为，直线的斜率为．是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程，结合点到直线的距离公式即可求解， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，进而可得，根据两点斜率公式表达斜率，进而代入化简即可求解. 小问1详解】 ， 故当直线过且与双曲线有且仅有一个公共点时，与的渐近线平行． 设直线， 则点到直线的距离为， 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 由题可知，直线的斜率不为0， 设直线， 由得． 成立， 则， ． ， ． 故存在实数，使得成立． 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线相交的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 18. 已知函数(e为自然对数的底数，)． （1）求函数的最小值； （2）已知 ①若在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； ②若直线与曲线相切，求实数a的值． 【答案】（1） （2）①；②4 【解析】 【分析】（1）借助导数的正负判断单调性，进而得到极值最值. （2）①单调性借助导数的正负解题，后转化为恒成立问题即可；②借助导数的几何意义解题即可. 【小问1详解】 ，定义域为． ，令，有． 当x变化时，，的变化情况如下表： 负 零 正 单调递减 极小值 单调递增 故当时，取得的最小值为． 【小问2详解】 ． ①，则． 若g(x)在定义域上单调递增，则， 即恒成立，所以又解得即a的取值范围为． ②若直线与曲线相切，设切点为，则 即化简得 令， 则． 若，则时，在单调递减，有 与矛盾，舍去． 若则时，在单调递减，有 与矛盾，舍去． 若解得或 (舍去)，经检验符合题意． 综上，所求实数a的值为4． 19. 有无穷多个首项均为1等比数列，记第个等比数列的第项为，公比为． （1）若，求的值； （2）若m为给定的值，且对任意n有，证明：存在实数，满足，； （3）若为等比数列，证明：． 【答案】（1）2； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定定义，利用等比数列的通项公式代入计算即得. （2）根据给定定义，结合等比数列的通项公式，推理计算即得. （3）根据给定定义，结合等比数列的通项公式，作差得，再求和即可得证. 【小问1详解】 依题意，，所以． 【小问2详解】 由，得，则， 因此，又，则， 所以存在实数，满足，. 【小问3详解】 由为等比数列，得，其中q为的公比，则， 当时， ，而， 因此，又<0，则， 于是，即， 所以． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用给定定义，正确表示和公比为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$