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学年高三上学期零模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零模适应性练习 数学 命题人：史玉花 审核人：梁欢欢 一､单选题 1. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 2. 若正整数a，b满足等式，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 2022 D. 2023 3. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上，下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其高为，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧长度为弧长度的倍，且，则该曲池的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 5. 已知抛物线的焦点为，准线为为上一点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 当时， C. 的解集是 D. ，都有 7. 已知表示不超过的最大整数，若为函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定点，，若点在圆上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则为锐角三角形 D. 已知，且，则 10. 已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ） A. 的斜率为 B. 是锐角三角形 C. 四边形的面积是 D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段上运动，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积最大值为 C. 的最小值为6 D. 存在点，使得 三､填空题 12. 已知函数，若，且，则的最小值是__________. 13. 已知点F为双曲线的左焦点，A为直线在第一象限内的点，过原点O作的垂线交于点B，且B恰为线段的中点，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率大小为_________． 14. 在中，内角所对的边分别为（）.已知，则的最大值是__________. 四､解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，若． （1）求； （2）若，求的最小值． 16. 已知正项数列的前项和为，，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，F为BD中点，点E在棱PA上，平面，. （1）求证：E为PA中点； （2）求二面角的余弦值； （3）设G为棱PC上任意一点，求证：GF与平面EDF不垂直. 18. 已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为. （1）求栯圆的方程； （2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点. 19. 已知函数. （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若时，，求的取值范围； （3）求证：. 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零模适应性练习 数学 命题人：史玉花 审核人：梁欢欢 一､单选题 1. 在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的几何意义得答案． 【详解】∵， 由复数与对应的点关于虚轴对称， ∴． 故选：C. 2. 若正整数a，b满足等式，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 2022 D. 2023 【答案】D 【解析】 【分析】由，再根据二项式定理展开后可求的值. 【详解】∵ ， ∴. 故选：D. 3. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上，下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其高为，底面，底面扇环所对的圆心角为，弧长度为弧长度的倍，且，则该曲池的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，由题意可知，根据可求得的值，再利用柱体的体积公式可求得该几何体的体积. 【详解】不妨设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为， 由弧长度为弧长度的倍可知，则，即．则， 故该曲池的体积． 故选：B. 4. 2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】依题意，先将在同一区域的三个人选出并选定区域，再对余下的两人分别在其它两个区域进行选择，由分步乘法计数原理即得. 【详解】要使五人中恰有三人在同一区域，可以分成三步完成： 第一步，先从五人中任选三人，有种方法； 第二步再选这三人所在的区域，有种方法； 第三步，将另外两人从余下的两个区域里任选，有种方法. 由分步乘法计数原理，共有种方法. 故选:C. 5. 已知抛物线的焦点为，准线为为上一点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线与轴交于点，连接，说明为矩形，得，求得的斜率为，直线方程可求. 【详解】设直线与轴交于点，连接， 因为焦点，所以抛物线的方程为，准线为， 则，因为是等边三角形，的中点为， 则轴，所以准线为，为矩形，则， 故是边长为4的等边三角形， 易知，则. 因为，所以直线的斜率为, 直线的方程为. 故选：B 6. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个零点 B. 当时， C. 的解集是 D. ，都有 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性即可求解时函数的解析式，即可判断；分情况令即可求解函数的零点判断；令求出解集即可判断；分情况对函数求导，判断函数的单调区间即可求得函数的最值，用最大值减最小值即可判断. 【详解】设，则，所以， 因为是奇函数，所以， 所以，即， 所以函数的解析式为，故不正确； 因为函数是定义在上的奇函数，所以， 当时，令，解得， 当时，令，解得， 所以函数有三个零点，故不正确； 当时，令，解得， 当时，令，解得， 所以的解集为，故正确； 当时，， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值， 当时，， 所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 当时，， 所以，都有， 所以不正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：利用函数的奇偶性求出函数的解析式，分情况求解即可. 7. 已知表示不超过的最大整数，若为函数的极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导后，构造，分别求出，由零点存在定理得到零点范围，再结合题意求出结果即可. 【详解】由题意可得， 令， 时， 所以在递增， 则，， 所以存在，使得，即， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故为函数的极值点， 依题意，， 所以， 故选：B. 8. 已知定点，，若点在圆上运动，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点，且，由此可求得，利用三角形两边之和大于第三边的性质可确定当三点共线时取得最小值. 【详解】设点，则， 设点，且，， 解得：，存在点，使得， （当且仅当三点共线时取等号）， . 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查圆的问题中的线段长度和最值的求解问题，解题关键是能够根据阿波罗尼斯圆的性质，将所求线段进行长度转化，进而利用几何关系来进行求解. 二､多选题 9. 下列命题正确的是（ ） A. “是第二象限角或第三象限角”，“”，则是的充分不必要条件 B. 若为第一象限角，则 C. 在中，若，则为锐角三角形 D. 已知，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用象限角的定义判断即可；B选项利用二倍角公式化简即可判断；C选项利用同角三角函数基本关系式中的商数关系及两角的和差公式即可判断；D选项利用二倍角公式，将转化为用正切表示，解方程即可判断. 【详解】对于A，若是第二象限角或第三象限角，则， 若，则取，，此时不是第二象限角或第三象限角， 则是的充分不必要条件，故A选项正确； 对于B，因为为第一象限角，所以，，所以 ,故B选项错误； 对于C，在中，若，则，只能是锐角， 所以，， 所以，所以， 所以， 所以，所以也是锐角，所以是锐角三角形，故C选项正确； 对于D，因为， 所以，所以， 因为，所以，所以，故D选项正确. 故选：ACD. 10. 已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ） A. 的斜率为 B. 是锐角三角形 C. 四边形的面积是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意分析可知为等边三角形，即可得直线的倾斜角和斜率，进而判断A；可知直线的方程，联立方程求点的坐标，求相应长度，结合长度判断BD；根据面积关系判断C. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即， 设， 则，可得∥x轴， 因为，即， 可知为等边三角形，即， 且∥x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确； 则直线， 联立方程，解得或， 即，，则， 可得， 在中，，且， 可知为最大角，且为锐角，所以是锐角三角形，故B正确； 四边形的面积为，故C错误； 因为，所以，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法 （1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解； （2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解； （3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段上运动，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥体积最大值为 C. 的最小值为6 D. 存在点，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质判断A，利用等积转换判断B，取中点并利用数量积的运算律运算判断C，利用垂直关系转化为零点存在定理判断D． 【详解】选项A，因为平面，平面，所以，A正确； 选项B，， 又，当且仅当时，， 所以，B正确； 选项C，取中点，连接， 则， ，，当且仅当三点共线时等号成立， 所以的最小值为，C错； 选项D，若，由选项A，，而，平面， 所以平面，又平面，所以，反过来，由也能证得， 设，则， 因为，，所以， 所以，从而，即， 设，，， 所以在上有解，即存在，使得，D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：空间中点的存在性问题，可能根据几何关系得到相应的方程，从而把存在性问题转化方程有解问题求解，后者利用零点存在定理可解． 三､填空题 12. 已知函数，若，且，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出，得到，根据函数的奇偶性，得到，利用基本不等式“1”的代换求解即可. 【详解】函数的定义域为， 因为， 所以为奇函数， 由，得， 则，则， 又，， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值是. 故答案为：. 13. 已知点F为双曲线的左焦点，A为直线在第一象限内的点，过原点O作的垂线交于点B，且B恰为线段的中点，若的内切圆半径为，则该双曲线的离心率大小为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据点在渐近线上，点在直线上，求得的坐标，结合为线段的中点，求得，利用内切圆半径的计算公式，求得，求得，根据离心率为，即可求解. 【详解】如图所示，设， 由题意知，点在渐近线上，点在直线上， 可得， 因为为线段的中点，且，所以，解得， 所以，则， 因为的内切圆半径为， 所以，即， 化简得，即，所以离心率为. 故答案为：. 14. 在中，内角所对的边分别为（）.已知，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，利用正弦定理边转角得到，，从而有，构造函数，，利用导数，求出的单调区间，即可求解. 【详解】由，则由正弦定理可得，， 所以或，而，且，即， 所以，且，即， ， 令，则，所以， 当时，，则在上递增； 当时，，则在上递减； 所以. 故答案为：. 四､解答题 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为的中点，若． （1）求； （2）若，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理化简得到求解； （2）根据D为的中点，得到，然后平方结合基本不等式求解. 【小问1详解】 解：由， 利用正弦定理可得：， ， ∵， ∴， ∴； 【小问2详解】 由D为的中点， ∴， ∴， ， 又∵，∴ ， ∴， ∴， 当且仅当时，取最小值． 16. 已知正项数列的前项和为，，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，可证明数列为首项为，公差为的等差数列，得到，利用得到的通项公式； （2）由（1）知，，化简可得，利用分组求和以及裂项相消即可求出数列的前项和. 【小问1详解】 当时，由，即，解得：， 所以，则数列为首项为，公差为的等差数列； 所以，则， 当时，， 当时，满足条件， 所以的通项公式为 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 故， 即 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面底面，F为BD中点，点E在棱PA上，平面，. （1）求证：E为PA中点； （2）求二面角的余弦值； （3）设G为棱PC上任意一点，求证：GF与平面EDF不垂直. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 证明：假设平面，则， 设， 则， 则，由，所以， 由，所以，矛盾， 所以假设不成立，与平面不垂直. 【解析】 【分析】（1）连接，可得为中点，再借助线面平行的性质定理即可得； （2）取中点，结合题意可得两两垂直，即可建立适当空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得； （3）借助反证法，假设GF与平面EDF垂直，借助空间向量可得，设并表示出后，由向量平行可计算，可得无解，即可得证. 【小问1详解】 连接，因为底面是正方形，所以与互相平分，所以为中点， 因为平面，平面，平面平面， 所以，又因为为中点，所以为中点； 【小问2详解】 取中点，连接，，因为，所以， ∵侧面底面，侧面底面，平面， ∴底面，所以， 因为分别为中点，所以，因为，所以， 所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，则，，， 则是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量是， 则， 令，则，， ， 由图可得二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点.以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为. （1）求栯圆的方程； （2）设过点的直线（不与坐标轴垂直）与椭圆交于不同的两点，与直线交于点.点在轴上，为坐标平面内的一点，四边形是菱形.求证：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明：设直线的方程为， 令，得，即. 由得. 设，则. 设的中点为，则. 所以. 因为四边形为菱形， 所以为的中点，. 所以直线的斜率为. 所以直线的方程为. 令得.所以. 设点的坐标为，则， 即. 所以直线的方程为，即. 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得且，即可求解得解， （2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据中点坐标公式可得，进而根据菱形的性质可得的方程为，即可求解，.进而根据点斜式求解直线方程，即可求解. 【小问1详解】 由题意可设椭圆的方程为. 因为以的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为， 所以且， 所以.所以. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法： （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 19. 已知函数. （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若时，，求的取值范围； （3）求证：. 【答案】（1） （2） （3） 设， 则在上恒成立， 故在上单调递减，则， 即，所以，， 令， 可得， 所以， ， ， ……， ， 以上式子相加得， 整理得， 即， 两边取指数得. 【解析】 【分析】（1）当时，，求导，得到，从而由导数几何意义求出切线方程； （2），整理得对恒成立，令，求导后，再对分子求导，结合特殊点函数值得到其单调性和最大值，从而得到答案. （3）设，求导得到其单调性，得到，故，，令，可得， 累加法得到，两边取指数后得到证明. 【小问1详解】 当时，，， ，故， 故的图象在点处的切线方程为； 【小问2详解】 时，，即， 整理得对恒成立， 令，则， 令，， 则，故在上单调递减， 所以，故恒成立， 故在上单调递减， ，所以； 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $