南航苏州附中2023-2024学年第一学期高三年级零模适应性测试
数 学
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，，若，则 （ ）
A． B． C． D．
3．已知各顶点都在一个球面上的正三棱柱的高为2，这个球的体积为，则这个正三棱柱的体积为（ ）
A． B． C．6 D．4
4．已知函数，若满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．某罐中装有大小和质地相同的个红球和个绿球，每次不放回地随机摸出个球．记“第一次摸球时摸到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
6．在，角的对边分别为，若，且，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
7．已知数列的首项，且，，则满足条件的最大整数（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
8．已知双曲线 的右焦点为，以坐标原点为圆心、为 半径作圆与双曲线的渐近线在第一象限交于点，设为的垂心，恰有，则双曲线的离心率应满足（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．一组数的第75百分位数为15.5
B．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应变量增加0.6个单位
C．数据的方差为，则数据的方差为
D．一个容量为50的样本方差，则这组样本数据的总和等于100
10．已知，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称
C．函数在区间上单调递减
D．若，则
11．直线，点A是之间的一个定点，点A到的距离分别为1和2，点是直线上一个动点，过点A作，交直线于点，则（ ）
A． B．面积的最小值是
C． D．存在最小值
12．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的位置，则下列结论正确的是（ ）
A．无论点在何位置，总有
B．点存在两个位置，使得成立
C．当时，边旋转所形成的曲面的面积为
D．当时，为上一点，则的最小值为
三、填空题
13．的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
14．在中，点O在所在平面内，且，，则外接圆的面积为 ．
15．已知抛物线和圆，过点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，则的最小值为
16．已知，若有四个不同的零点，则t的取值范围是 ．
四、解答题
17．已知等差数列的公差为整数，，设其前n项和为，且是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
18．如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且面面，为的中点.
(1)求二面角所成角的余弦值；
(2)设是的中点，判断点是否在平面内，
并证明结论.
19．已知锐角的内角对应的边分别为，．
①；②．
(1)从①，②两个条件中任选一个，证明：；
(2)若为的面积，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
20．一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
21．在平面直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过椭圆右焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
22．已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．2023-2024学年第一学期高三数学零模模拟卷
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据集合，求解中的元素，即可求出集合.
【详解】因为，所以.
故选：C.
2．已知向量，，若，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量共线的坐标表示以及数量积的坐标运算求解.
【详解】因为，所以即，所以，
所以，
故选:D.
3．已知各顶点都在一个球面上的正三棱柱的高为2，这个球的体积为，则这个正三棱柱的体积为（ ）
A． B． C．6 D．4
【答案】B
【分析】先根据外接球体积得到外接球半径，进而得到底面正三角形的外接圆半径为，利用柱体体积公式求出答案.
【详解】设球的半径为，则，
又正三棱柱的高为，
设底面正三角形的外接圆半径为，
，故，解得，
由正弦定理得底面等边三角形的边长为，
则这个正三棱柱的体积为.
故选：B.
4．已知函数，若满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，由奇偶性的定义可得是定义在上的偶函数，然后求导得，即可判断在上的单调性，再将不等式化简求解，即可得到结果.
【详解】因为函数定义域为关于原点对称，
且，
所以是定义在上的偶函数，
又，
当时，，则，所以在单调递增，
又，则，
且，则不等式可化为
，即，
且是定义在上的偶函数，在单调递增，
则，即，即，
所以，即实数的取值范围是.
故选：A
5．某罐中装有大小和质地相同的个红球和个绿球，每次不放回地随机摸出个球．记“第一次摸球时换到红球”，“第一次摸球时摸到绿球”，“第二次摸球时摸到红球”，“第二次摸球时摸到绿球”，“两次都摸到红球”，“两次都摸到绿球”，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得，可对A项判断；由，可对B项判断；
由，且可对C项判断；由，可对D项判断.
【详解】对于A项：由题意知，故A错误．
对于B项：因为，，不相互独立，所以，故B错误．
对于C项：因为，所以，故C正确．
对于D项：，，
则，故D错误．
故选：C.
6．在，角的对边分别为，若，且，则的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】已知，由正弦定理边化角，化简可得，设，在和中，由余弦定理可得，可求的最小值.
【详解】由及正弦定理可得，
由，可得，故．
通解 设，由可得，
由余弦定理可得，又，
所以，得．
在和中，由余弦定理得，，
由可得，
故，
当时，取得最小值12，即，得，故的最小值为2．
优解 由题意知，
两边同时平方得，
又，所以当且仅当，即时取等号，
则，故的最小值为2．
故选：B
7．已知数列的首项，且，，则满足条件的最大整数（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
【答案】C
【分析】将已知条件恒等变换为，则有是等比数列，从而得，，根据的单调性，即可得答案.
【详解】因为，所以，所以，
所以数列是等比数列，首项为，公比为，
所以，即，
所以
，
而当时，单调递增，
又因为，且，
所以满足条件的最大整数.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是发现是等比数列，从而由等比数列前项和公式可将表示出来，结合单调性即可得解.
8．已知双曲线 的右焦点为，以坐标原点为圆心、为 半径作圆与双曲线的渐近线在第一象限交于点，设为的垂心，恰有，则双曲线的离心率应满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据为垂心，且得到，利用渐近线的斜率为和得到，，然后利用余弦的二倍角公式列等式得到，构造函数，利用单调性和零点存在性定理确定的范围.
【详解】
连接交于，由题意知，，，，，，
在中，，，，所以，，
因为，，所以，
，，所以，整理得，即，整理得，
设，，则，对称轴为，所以在单调递增，又，所以当时，，即在上单调递增，又，，所以.
故选：B.
【点睛】方法点点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．一组数的第75百分位数为15.5
B．在经验回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，相应变量增加0.6个单位
C．数据的方差为，则数据的方差为
D．一个容量为50的样本方差，则这组样本数据的总和等于100
【答案】CD
【分析】由百分位数的定义，即可判断A，由回归方程的性质即可判断B，由方差的性质即可判断CD.
【详解】对于A，因为，所以这组数据的第75百分位数是第8个数，即为16，故A错误；
对于B，由回归方程可知，当解释变量每增加1个单位时，相应变量减少0.6个单位，故B错误；
对于C，由数据的方差为，
则数据的方差为，故C正确；
对于D，由，得，
所以这组样本数据的总和等于，故D正确.
故选：CD.
10．已知，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．将函数的图象向右平移个单位，所得图象关于轴对称
C．函数在区间上单调递减
D．若，则
【答案】ACD
【分析】运用辅助角公式化简，得到，再结合正弦型图象与性质，三角函数图象的平移变换逐项判断即可.
【详解】由，得，
对于：最小正周期为，所以正确；
对于：将函数的图象上所有点向右平移，
所得图象的函数解析式为，
而为奇函数，所以其图象关于原点对称，所以错误；
对于：令，，化简得，
当时，，又因为，
所以函数在单调递减，所以正确；
对于选项：因为，所以，
所以，所以，
即得，也就是，
所以正确.
故选：．
11．直线，点A是之间的一个定点，点A到的距离分别为1和2，点是直线上一个动点，过点A作，交直线于点，则（ ）
A． B．面积的最小值是
C． D．存在最小值
【答案】BC
【分析】根据题意建立合适的直角坐标系，设出，，，根据及，即可找到三个点的坐标关系，分别写出，，即可判断A；取中点为，连接，根据，可得三点共线，且为靠近的三等分点，即可找到面积与面积之间比例关系，进而建立面积等式，根据基本不等式即可判断B；求出，再根据基本不等式可判断C；写出进行化简，根据的范围即可得到的最值情况.
【详解】设中点为，
连接，
以为原点，方向分别为轴建立如图所示的直角坐标系，
则，，
设，，，，且，
所以，，
因为，所以，
即，故，即，
所以，，，
因为，
所以，
因为，
故，A错误；
因为，
所以，即，
所以三点共线，且为靠近的三等分点，
所以
，
当且仅当，即时取等，故B正确；
因为，
所以
，
当且仅当，即时取等，
故，C正确；
因为，
所以
，
因为且，所以，
记，
，
可知单调递增，没有最值，
即没有最值，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题考查了平面向量数量积的性质以及平面向量在平面几何中的应用，属于较难题目.
12．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的位置，则下列结论正确的是（ ）
A．无论点在何位置，总有
B．点存在两个位置，使得成立
C．当时，边旋转所形成的曲面的面积为
D．当时，为上一点，则的最小值为
【答案】AC
【分析】对于选项A，设菱形对角线的交点为，，，在旋转过程中一直成立，得平面，成立；对于选项B，平面平面时，使得成立，不存在两个解；对于选项C，当时，易得平面平面，边旋转所形成的曲面是“以为顶点，以为半径的圆锥”的一部分，求解即可；对于选项D，取最小值时，由对称性，可以判断点为中点，求解即可.
【详解】
选项A，设菱形对角线的交点为，
如上图所示，无论点在何位置，总有，，
因为，，平面，平面，，
所以平面；
又因为平面，且平面，所以成立，选项A正确；
选项B，点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，
其中，
使得成立，只有平面平面成立时的一个点，选项B错误；
选项C，由于，当时，，
边旋转所形成的曲面是“以为顶点，以为半径的圆锥”的表面的，
其面积为，C正确；
选项D，当时，易得都为正三角形，取最小值时，点为中点， 的最小值为，D不正确；
故选：AC.
三、填空题
13．的展开式中常数项为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】先求得的通项公式，求出其展开式中的常数项和的系数，即可求得的展开式中的常数项.
【详解】的展开式的通项（，1，2，…，8）．
当时，其展开式的常数项为；
当时，其展开式中的系数为，
则的展开式中常数项为．
故答案为：
14．在中，点O在所在平面内，且，，则外接圆的面积为 ．
【答案】
【分析】由题意判断出O为的重心，再由推出，即可得为正三角形，求出其边长，利用正弦定理求得外接圆半径，即可得答案.
【详解】由题意知，即，即
设D为AB边的中点，则，故，
则共线，即CD为AB边上的中线，故O为的重心，
又，则，
即，即，即，
故，结合可知为正三角形，
则由可得，
设的外接圆半径为R，则，
故外接圆的面积为，
故答案为：
15．已知抛物线和圆，过点作直线与上述两曲线自左而右依次交于点，则的最小值为
【答案】
【分析】依题意由抛物线和圆方程可知焦点与圆心重合，设出直线方程并于抛物线联立，利用抛物线定义即可求得，由韦达定理和基本不等式即可求得其最小值为.
【详解】根据题意可知，抛物线的焦点为，
圆的圆心为，半径为，即焦点与圆心重合，如下图所示：
设直线的方程为，，且，，
联立直线和抛物线方程可得，
所以，
由抛物线定义可知，又易知，
所以，
当且仅当，即时等号成立；
所以的最小值为.
故答案为：
16．已知，若有四个不同的零点，则t的取值范围是 ．
【答案】
【分析】结合导数，分析的单调性后画出函数图象，有四个不同的零点，即有四个不同的解，令，转换为有两个不同解，结合图象判断即可得.
【详解】当时，，则对恒成立，
∴在上单调递增，
当时，，则．令；
令，∴在上单调递增，上单调递减，
由题意有四个不同的解，
令，则有两个不同解，显然，
如下图，不妨设，故，
∴，故．
故答案为：.
四、解答题
17．已知等差数列的公差为整数，，设其前n项和为，且是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)若，求数列的前n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的性质即可求解公差，进而可求解，
（2）分情况，即可根据等差数列求和公式求解.
【详解】（1）设的公差为d，依题意得，
所以，即，
化简得，解得或（舍去），
故，
（2）依题意，．
当时，，故；
当时，，
故．
故
18．如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且面面，为的中点.
(1)求二面角所成角的余弦值；
(2)设是的中点，判断点是否在平面内，并证明结论.
【答案】(1)
(2)点在平面内，证明见解析.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角所成角的余弦值.
（2）利用向量法求得正确答案.
【详解】（1）取中点，连接.
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，
因为面面面面面，
所以面，因为为的中点，
所以，所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，
以为原点，所在直线分别为轴 轴 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，
设为平面的法向量，
则.
所以，
令，则，
所以，
面的法向量，
设二面角为.
所以.
所以二面角所成角的余弦值为.
（2）点在平面内，理由如下：
因为为中点，所以.
又因为，
所以点在平面内.
19．已知锐角的内角对应的边分别为，．
①；②．
(1)从①，②两个条件中任选一个，证明：；
(2)若为的面积，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）若选①：由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，结合锐角中，得到，即可求解；
若选②：根据题意，由正弦定理得，再由余弦定理得到，
由正弦定理和三角恒等变换得到，结合锐角中，得到，即可求解；
（2）由正弦定理化简得到，求得，令，得到，结合锐角中，得到，利用导数求得函数的单调性，进而求得取值范围.
【详解】（1）解：若选①：因为，由正弦定理得，
所以，即，
又因为锐角中，，所以，即．
若选②：因为，由正弦定理得，
由余弦定理得，所以，即，
由正弦定理得，
又因为锐角中，，所以，即．
（2）解：由正弦定理得，所以，
所以，
因为，所以令，则，
因为锐角中，可得解得，所以，
令，则，
所以在上单调递增，
又因为，所以．
20．一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.
(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；
(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则由题意可知事件包括2秒内一直向可移动和一次向右移动与一次向左移动，事件为2秒内一次向右移动与一次向左移动，然后利用独立事件的概率公式求出，再利用条件概率公式可求得结果；
（2）由题意知可能的取值为，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望.
【详解】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，
则
故所求的概率为.
（2）由题意知可能的取值为，
则，
则的分布列为
0 2 4
21．在平面直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过椭圆右焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出得解；
（2）根据条件可转化为，再由根与系数的关系代入化简即可得解.
【详解】（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）如图，
由椭圆右焦点，故可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，，
设存在点，设点坐标为，
由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点满足题意.
22．已知函数
(1)当时，讨论的单调性；
(2)若恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析.
(2)
【分析】（1）求导,然后令,讨论导数的符号即可;
（2）构造,计算的最大值,然后与0比较大小,得出的分界点,再对讨论即可.
【详解】（1）
令,则
则
当
当,即.
当,即.
所以在上单调递增,在上单调递减
（2）设
设
所以.
若,
即在上单调递减,所以.
所以当,符合题意.
若
当,所以.
.
所以,使得,即,使得.
当,即当单调递增.
所以当,不合题意.
综上,的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性在定义域内是减函数,若,当,对应当.
