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10月期中适应性练习数学试题

南航苏州附中2024-2025学年第一学期高三年级期中适应性练习 数学 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解， 【详解】因为，所以. 故选：A． 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可判断出答案. 【详解】当时，满足，但推不出，即“”不是“”的充分条件； 当时，或，总有成立，即“”是“”的必要条件， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：A 3. 设，为复数，且，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算，代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，， 对于A，因为， 所以， 且，所以，故A正确； 对于B，因为，，， 则，， 所以，故B正确； 对于C，若，例如，，满足， 但，，即，故C错误； 对于D，因为， 所以，， 所以，故D正确. 故选：C. 4. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 5. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据伸缩变换规则可得，再由余弦函数图象性质以及极值点个数解不等式可得结果. 【详解】由题可知， 当时，， 若在上只有一个极大值点， 则由的图像可得， 解得， 因为，所以的最大值为3. 故选：B. 6. 已知是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，若在区间内函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性、周期性和对称性，作出函数的图象，将问题转化为两个函数图象的交点，利用数形结合以及交点个数列出不等式组，即可得出的取值范围. 【详解】由，所以函数的周期为， 又函数为偶函数，所以， 即函数的图象关于直线对称； 所以， 因为在区间内函数有三个不同的零点， 令，令（）， 则和函数在上的图象有三个交点， 作出函数和函数的大致图象，如图所示： 结合图象可得，即， 所以，即. 故选：C. 7. 已知数列满足：，（）.正项数列满足：对于每个，，且，，成等比数列，则的前n项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用数列的累乘法求得，再由等比数列的中项性质可得，再由数列的裂项相消求和，计算可得所求和. 【详解】（）， 可得， 由，可得 ， 可得， 由，，成等比数列， 可得， 可得， 则， 所以 . 故选：C. 【点睛】本题主要考查了数列的递推关系，等比数列，累乘法，数列求和，属于中档题. 8. 已知为函数的零点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定为方程的根，构造函数，由其单调性即可求解. 【详解】由得，即，即， 因为，所以，所以为方程的根， 令，则，所以在上单调递增， 又，所以， 即，即， 故选：B． 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列四个命题为真命题的是（ ）. A. 在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，则的最大值为 D. 在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦定理可求得，可得，可求得取值即可判断；对于B，直接根据投影公式计算出投影向量的值即可；对于C，由向量坐标的模长公式代入计算，即可判断；对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理变形即可判断. 【详解】对于A，根据正弦定理可求得，所以， 所以，且，可求得，故A错误； 对于B，直接根据在上的投影向量，故B正确； 对于C，， 则，令， 则， 当时，取最大值，最大值为，故C正确； 对于D，令边中点为，则，再根据正弦定理， 所以， 代入到， 因此点的轨迹在直线上，所以点的轨迹经过重心，故D正确. 故选：BCD. 10. 数列前项和为，且满足则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据递推公式列出前几项，即可判断A；分为奇数、偶数求出，即可判断B，利用分组求和法计算C、D. 【详解】对于A，因为， 所以，，，故A正确； 对于B，由，有，， 两式相加，得，又，所以，为偶数； 由，得，也即，为奇数， 所以故B正确； 对于C，数列的前项和记为， 则 ，故C正确； 对于D，由B可知： ， 则，故D错误， 故选：ABC． 11. 如图，正方体棱长为2，、分别是棱，棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据正方体的侧面展开图，可判断A；连接，得到过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形，可判断B；取的中点，连接，证得平面，得到，得到点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分，可判断定C；以为原点，建立空间直角坐标系，设，根据，求得点的轨迹方程，可判断D. 【详解】对于A，如图所示，将正方形沿着展在平面， 在直角中，可得， 将沿着展开到与平面重合， 在直角中，可得，故A错误； 对于B，如图所示，连接， 因为为的中点，可得， 因为，所以， 所以过点的平面截该正方体所得的截面为等腰梯形， 其中，且，可得高为， 可得等腰梯形的面积为，故B错误； 对于C，取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为平面，可得平面， 又因为平面，所以， 在直角中，由，可得， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在正方形内的部分， 如图所示，在直角中，由，可得， 所以，可得， 即当时，点M的轨迹长度为，故C正确； 对于D，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，设，其中， 则， 因为与垂直，可得，即， 令，可得；当，可得， 即直线与正方形的边的交点为， 可得，故D正确. 故选：CD. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 用与球心距离为2的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用球的截面圆的性质计算即得. 【详解】用平面去截球所得截面的面积为，所以截面圆的半径为1． 已知球心到该截面的距离为2，所以球的半径， 所以球的体积为． 故答案为：. 13. 在中，角，，所对的边分别为，，且．当取最小值时，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知结合余弦定理得，代入结合基本不等式得取得最小值的取等条件为，从而，进而求出. 【详解】由及余弦定理得：，整理得， 则，当且仅当，即时取等号， 此时，，则， 故答案为： 14. 如图，对于曲线所在平面内的点，若存在以为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点，恒有成立，则称角为曲线的相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点的“确界角”.已知曲线：（其中是自然对数的底数），为坐标原点，曲线的相对于点的“确界角”为，则____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出时，过原点且与相切的切线斜率，以及 过原点且与相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，即可求解. 【详解】当时，过原点作的切线， 设切点， 则切线方程为， 又切线过点，所以，所以， 设，则， 故为增函数，且， 所以， 当时，过原点作的切线， 设切点， 则切线为，又切线过点， 所以，又， 因为，所以两切线垂直，所以，即， 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 已知=(bsinx，acosx)，=(cosx，﹣cosx)，，其中a，b，xR.且满足，. （1）求a和b的值； （2）若关于x的方程在区间[0，]上总有实数解，求实数k的取值范围. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】 （1）化简函数，由，解得，再由，进而求得的值； （2）由（1）化简得，根据，得到，结合方程在区间上总有实数解，转化为在区间上成立，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数 ， 由得，， 因为，又，所以，所以. （2）由（1）得， 因为，所以， 所以，所以，即， 又因为方程在区间上总有实数解， 所以在区间上成立， 所以，， 所以，所以实数的取值范围为. 【点睛】利用函数的图象求解方程的根的个数或研究不等式问题的策略： 1、利用函数的图象研究方程的根的个数：当方程与基本性质有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程的根就是函数与轴的交点的横坐标，方程的根据就是函数和图象的交点的横坐标； 2、利用函数研究不等式：当不等式问题不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图象的上、下关系问题，从而利用数形结合求解. 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. （1）若∥平面，求证：M是的中点； （2）若平面平面，求线段的长； （3）是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：若∥平面，且平面，平面平面， 可得， 在中，点N是中点，所以点M是中点. （2） （3）存在，1 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质可得，再结合平行线的性质分析证明； （2）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得，即可得结果； （3）做辅助线，可证平面，平面，可得，即可得结果. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 如图，取中点F，连接，. 因为是正三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 由平面，可得， 在因为侧面是正三角形，则. 因为底面是菱形，且， 可知是等边三角形，则且. 所以. 【小问3详解】 取中点E，连接，. 因为四棱锥的底面是菱形，侧面是正三角形， 则，. 由（2）可得，， 且平面，，所以平面， 由平面，可得. 又因为，、在平面内，所以平面. 过E作交于点M. 因为，所以点平面. 所以平面， 因为平面，所以， 因为E为的中点，， 所以，即. 17. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得答案； （2）由等面积法得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边； （3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而可得三角形面积最小值． 【小问1详解】 在中，由， 可得，所以，即， 因，则． 【小问2详解】 由（1）知，则，即：， 所以①，②， 在中，由余弦定理得， 即③， 由①②③得：，解得； 【小问3详解】 如图，因平分，由（1）知， 故， 在中，设，则， 在中，，由正弦定理，得，则， 在中，由正弦定理，得，则， 故有（*）． 在中，由正弦定理，得，则， 得，代入（*）式，可得，即． 由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“”． 于是．即的面积的最小值为． 18. 已知数列中，，前项和为，且. （1）求，的值； （2）证明：数列是等差数列，并写出其通项公式； （3）设（），试问是否存在正整数，（其中，使得，，成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数对；若不存在，请说明理由. 【答案】（1），； （2）由，即 ① ， 又 ②， ②式减①式，得 ③， 于是 ④， ③、④两式相加，得， 所以，即， 所以，数列是等差数列. 又，，所以公差， 所以的通项公式为； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）在中，分别令即可求得答案； （2）由，即，得，两式作差整理变形，根据等差数列等差中项的性质即可证明； （3）假设存在正整数数组，使，，成等比数列，则可得到关系，观察可知满足条件，根据数列单调性可证明唯一符合条件. 【详解】（1）令，则， 令，则，； （2）略 （3）由（2）和，知，假设存在正整数数组（），使得，，成等比数列，则， 于是，所以 （*）， 当时，，，. 所以是方程（*）的一组解. 当且时，因为，即单调递减， 所以，此时方程（*）无正整数解. 综上，满足题设的数对有且只有一个，为. 【点睛】本题考查等差、等比数列的综合问题，考查等差数列的通项公式，考查递推公式求数列通项，存在性问题往往先假设存在，然后以此出发进行推理论证得到结论. 19. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为． （1）证明：函数为上的凸函数； （2）已知函数． ①若为上的凸函数，求的最小值； ②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立． 【答案】（1）证明：因为，则，， 因为，又，所以， 故在区间上恒成立，即函数为上的凸函数. （2）①； ②证明：由（1）知， 令，则， 令，则在区间恒成立，当且仅当时取等号， 所以在区间上单调递增，得到，当且仅当时取等号， 即在区间恒成立，当且仅当时取等号， 即在区间上单调递增，所以， 令，令，得到， 则在区间上恒成立，即在区间上单调递减， 所以， 即当，，当且仅当时取等号， 所以，在上恒成立． 【解析】 【分析】（1）对二次求导，得到，根据条件得到在区间上恒成立，即可证明结果； （2）①根据题设得到在区间上恒成立，再求出的最大值，即可求解；②令，，利用导数与函数的单调性，求出的最小值和的最大值，即可证明结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①因为，所以，， 由题知在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 令，则在区间上恒成立， 令，对称轴为，所以当时，取到最大值，最大值为， 所以，得到，所以的最小值为. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南航苏州附中2024-2025学年第一学期高三年级期中适应性练习 数学 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设，为复数，且，则下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 4. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 5. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则ω的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 已知是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，若在区间内函数有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足：，（）.正项数列满足：对于每个，，且，，成等比数列，则的前n项和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为函数的零点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 下列四个命题为真命题的是（ ）. A. 在中，角所对的边分别为，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则 B. 若向量，，则在上的投影向量为 C. 已知向量，，则的最大值为 D. 在中，若（），则动点的轨迹一定通过的重心 10. 数列前项和为，且满足则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 11. 如图，正方体棱长为2，、分别是棱，棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列结论正确的是（ ） A. 沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 过点，，的平面截该正方体所得的截面面积为 C. 当时，点的轨迹长度为 D. 保持与垂直时，点的运动轨迹长度为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 用与球心距离为2的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为_________． 13. 在中，角，，所对的边分别为，，且．当取最小值时，则______． 14. 如图，对于曲线所在平面内的点，若存在以为顶点的角，使得对于曲线上的任意两个不同的点，恒有成立，则称角为曲线的相对于点的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线的相对于点的“确界角”.已知曲线：（其中是自然对数的底数），为坐标原点，曲线的相对于点的“确界角”为，则____. 四、解答题（共77分） 15. 已知=(bsinx，acosx)，=(cosx，﹣cosx)，，其中a，b，xR.且满足，. （1）求a和b的值； （2）若关于x的方程在区间[0，]上总有实数解，求实数k的取值范围. 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，侧面是正三角形，是上一动点，N是的中点. （1）若∥平面，求证：M是的中点； （2）若平面平面，求线段的长； （3）是否存在点M、使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 18. 已知数列中，，前项和为，且. （1）求，的值； （2）证明：数列是等差数列，并写出其通项公式； （3）设（），试问是否存在正整数，（其中，使得，，成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数对；若不存在，请说明理由. 19. 凸函数是数学中一个值得研究的分支，它包括数学中大多数重要的函数，如，等．记为的导数．现有如下定理：在区间I上为凸函数的充要条件为． （1）证明：函数为上的凸函数； （2）已知函数． ①若为上的凸函数，求的最小值； ②在①的条件下，当取最小值时，证明：，在上恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $