江苏省苏州市苏州大学附属中学2024届高三上学期12月月考 数学试题（含解析）

苏大附中2024届高三年级数学学科零模适应性训练（一）（考试时间：120分钟总分150分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．（

）A． B．1 C． D．3．已知一组成对数据中y关于x的一元非线性回归方程，已知，则（

）A． B．1 C． D．4．下列不等式一定成立的是（

）A．lg(x2＋)>lgx(x>0) B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)C． D．>1(x∈R)5．若，则（

）A．40 B．41 C． D．6．已知是奇函数，则在处的切线方程是（

）A． B． C． D．7．已知角满足，则的值为（

）A． B． C． D．8．已知数列满，则下列选项正确的是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．在正方体中，下列结论正确的是（

）A． B．平面C．直线与所成的角为60° D．二面角的大小为45°10．在直角坐标系中，已知双曲线的焦点到渐近线的距离不大于，点分别在的左、右两支上，则（

）A．的离心率为定值B．是的一条渐近线C．的两条渐近线的夹角的正切值为D．的最小值为211．已知函数，下列结论正确的是（

）A．若函数无极值点，则没有零点B．若函数无零点，则没有极值点C．若函数恰有一个零点，则可能恰有一个极值点D．若函数有两个零点，则一定有两个极值点12．某区四所高中各自组建了排球队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时（

）A．甲队积分为9分的概率为 B．四支球队的积分总和可能为15分C．甲队胜3场且乙队胜1场的概率为 D．甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知平面向量，，且，则．14．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为.15．已知点，点O是坐标原点，点Q是圆上的动点，则的最大值为.16．已知函数，如图A，B是直线与曲线的两个交点，且，则.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求角C；(2)若的面积为，求的周长．18．已知正项等差数列的前n项和为，且成等比数列．(1)求数列的通项公式：(2)令，求的前n项和．19．某市移动公司为了提高服务质量，决定对使用两种套餐的集团用户进行调查，准备从本市个人数超过1000的大集团和3个人数低于200的小集团中随机抽取若干个集团进行调查，若一次抽取2个集团，全是大集团的概率为．(1)在取出的2个集团是同一类集团的情况下，求全为小集团的概率；(2)若一次抽取3个集团，假设取出大集团的个数为，求的分布列和数学期望．20．如图，已知AB为圆锥SO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，BE平分，D是SC上一点，且平面平面SAB．(1)求证：；(2)求平面EBD与平面BDC所成角的余弦值．21．已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．(1)求E的方程；(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足，证明：A，H，N三点共线．22．已知函数.(1)讨论的单调性；(2)已知有两个解，①直接写出a的取值范围；（无需过程）②为正实数，若对于符合题意的任意，当时都有，求的取值范围．1．C【分析】根据题意，求得，结合集合并集的运算，即可求解.【详解】由集合，又因为，所以．故选：C.2．C【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】故选：C.3．B【分析】根据题意，求得和的平均数，根据样本中心满足回归方程，即可求解.【详解】因为y关于x的一元非线性回归方程，设，则回归直线方程，又因为，可得，即样本中心为，将样本中心代入回归直线方程，可得，解得，即.故选：B.4．C【分析】应用基本不等式：x，y>0，≥(当且仅当x＝y时取等号)逐个分析，注意基本不等式的应用条件及取等号的条件．【详解】当x>0时，x2＋≥2·x·＝x，所以lg(x2＋)≥lgx(x>0)，故选项A不正确；当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；因为，所以选项C正确；当x＝0时，有＝1，故选项D不正确．故选：C.【点睛】本题考查基本不等式的运用，在运用基本不等式时需保证“一正，二定，三相等”，属于基础题.5．B【分析】利用赋值法可求的值.【详解】令，则，令，则，故，故选：B.6．C【分析】根据奇函数定义求出，再由导数的几何意义求出切线斜率，即可得解.【详解】因为为奇函数，则，可得，注意到，可知不恒成立，则，即，可得，所以，则，故，可知切点坐标为，切线斜率为2，所以切线方程为.故选：C.7．D【分析】由，求得，结合，代入即可求解.【详解】由，可得，所以，.故选：D.8．C【分析】根据通项公式与前n项和公式之间的关系可得数列的通项公式.对于ABC：根据数列的通项公式结合对数分析判断；对于D：构建，结合导数可证在上恒成立，结合通项公式分析判断.【详解】因为，当时，则；当时，则，两式相减得，即；综上所述：.对于选项A：，故A错误．对于选项B：，因为，即，则，即，故B错误；对于选项C：，，因为，即，可得，即，所以，故C正确；对于选项D：设，记，则，故，在上恒成立，所以，故D错误．故选：C．【点睛】关键点睛：1.对于连加形式的问题，往往结合通项公式与前n项和公式之间的关系分析求解；2.对于不等式问题，常常构建函数，结合导数分析处理.9．ABCD【分析】结合正方体的性质，由平面，线面垂直可判断选项A；由线面平行的判定定理可判断选项B；由异面直线所成角的定义可判断选项C；由二面角的平面角定义可判断选项D.【详解】对于选项A，如图，因为在正方体中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故选项A正确；对于选项B，如图，因为在正方体中，，平面，平面，所以AC//平面，故选项B正确；对于选项C，如图，因为在正方体中，，所以或其补角即为直线与所成的角，由为正三角形可知，，故选项C正确；对于选项D，如图，因为在正方体中，面，平面，所以，，又因为二面角的交线为，所以为二面角的平面角，在等腰直角中，，故选项D正确.故选：ABCD.10．ACD【分析】利用焦点到渐近线的距离不大于，求出，即可判断A选项；利用双曲线的方程求出渐近线方程即可判断B选项；利用正切的二倍角公式即可判断C选项；利用双曲线的性质即可判断D选项.【详解】选项A：双曲线的右焦点为，一条渐近线的方程为，焦点到渐近线的距离，故.,故离心率,故A正确；选项B：由A知，，渐近线方程为，故B错误；选项C：渐近线方程为，一条渐近线的斜率，则,且两直线的夹角的取值范围为所以两条渐近线的夹角的正切值,故C正确；选项D：点分别在的左、右两支上，，故D正确.故选：ACD11．AD【分析】画出可能图象，结合图象判断选项即可.【详解】

，设若函数无极值点则，则，此时，即，所以，没有零点，如图①；若函数无零点，则有，此时，当时，先正再负再正，原函数先增再减再增，故有极值点，如图②；若函数恰有一个零点，则，此时，先正再负再正，原函数先增再减再增，有两个极值点，如图③；若函数有两个零点，则，此时，先正再负再正，函数先增再减再增，有两个极值点，如图④；所以AD正确.故选：AD.12．ABD【分析】若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁，结合独立事件的概率公式运算判断A；举例比赛的各种得分情况判断B；由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断CD．【详解】对于选项A：若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁，所以甲队积分为9分的概率为，故A正确；对于选项B：四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平，则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，所以四支球队的积分总和可能为15分，故B正确；对于选项C：每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则甲队胜3场且乙队胜1场的概率为，故C错误；对于选项D：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲，若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，在丙输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输，①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率；②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是；综上概率为，故D正确．故选：ABD．【点睛】难点点睛：本题考查独立的概率与互斥事件的概率公式，难点在于分析丙在输第一场的情况下如何才能使得分超过其他三人，方法是结合列举法对六场比赛结果分步分析，确定每人的得分使之合乎题意．13．【分析】根据，求出，从而得到，求出模长.【详解】由，得，即．整理得，解得，所以，所以，故．故答案为：14．【分析】由题意得到圆台和半球的体积，即可求解．【详解】因为，，所以剩余部分几何体的体积为．故答案为：.15．【分析】根据题意，得到点，可得点在直线上的动点，把的最大值转化为则，结合对称法和圆的性质求最值，即可求解.【详解】由圆，可得圆心，半径为，又由点，可得点在直线上的动点，因为点O是坐标原点，点Q是圆上的动点，则，如图所示，设点关于直线的对称点为，可得，解得，即，设直线与直线的交点为，则直线的方程为，联立方程组，解得，即，则，当点与重合时，此时，则，此时取得最大值，最大值为，所以，即的最大值为.故答案为：.16．【分析】设，根据图形可得，，，结合题意求，结合函数周期性运算求解.【详解】不妨设，可得，，由图可知在一个周期内，则，，，又因为，即，可得，解得，则，解得，所以，可知的最小正周期，所以.故答案为：.【点睛】方法点睛：函数的解析式的确定1.由最值确定；2.由周期确定；3.由图象上的特殊点确定．提醒：根据“五点法”中的零点求时，一般先根据图象的升降分清零点的类型．17．(1)(2)15【分析】（1）用正弦定理边化角，结合二倍角公式和两角和的正弦公式即可；（2）利用面积求ab，再用余弦定理求，即可得结果.【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，所以，因为，则，即，因为，所以，所以，所以．（2）因为，所以，由余弦定理可得，即，得．所以的周长为.18．(1)(2)【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式；（2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论.【详解】（1）设等差数列的公差为，因为，则，又因为成等比数列，可得，则，解得或（舍去），所以.（2）由（1）可得：，则，可得，两个等式相减得,，所以，所以.19．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算全为小集团的概率值；（2）由题意知随机变量的可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，求出数学期望值．【详解】（1）由题意知共有个集团，取出2个集团的方法总数是，其中全是大集团的情况有，故全是大集团的概率是，整理得到，解得．若2个全是大集团，共有种情况；若2个全是小集团，共有种情况；故全为小集团的概率为．（2）由题意知，随机变量的可能取值为，计算，，，，；故的分布列为：0123数学期望为．20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面BDE，再利用线面垂直的性质可得结论，（2）取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）因为，且BE平分，所以，又因为平面平面SAB，且平面平面，平面SAB，所以平面BDE，又因为平面BDE，所以；（2）取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，则，，，，，由（1）知平面BDE，所以是平面BDE的一个法向量，设平面BDC的法向量为，因为，则，取，则，因此，所以平面EBD与平面BDC所成角的余弦值为．【点睛】21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）分情况讨论斜率是否存在，设出直线方程，与椭圆C的方程联立，根据题意结合韦达定理分析证明.【详解】（1）设椭圆E的方程为，因为椭圆E过，则，解得，所以椭圆E的方程为：.（2）因为，则直线：，即，①若过点的直线斜率不存在，直线为，代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到，求得HN方程：，过点，所以A，H，N三点共线；②若过点的直线斜率存在，设.联立方程，消去y得，则，可得，由消去x得，可得，且即，联立，可得，由得到，可得，将代入整理得，即，整理得即直线直线HN过点，所以A，H，N三点共线；综上所述：A，H，N三点共线.【点睛】方法点睛：求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理