江苏省苏州市梁丰高级中学2023-2024学年高三上学期10月模拟数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省苏州市梁丰高级中学2023-2024学年高三上学期10月模拟数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. RD.
【答案】A
【解析】
【分析】求出函数的定义域和值域，可分别化简集合，，再利用交集的定义求解即可.
【详解】依题意：，，
所以.
故选：A.
2. 使“”成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分不必要条件的意思和不等式的性质可得答案.
【详解】只有当同号时才有，故错，
，故B错，
推不出显然错误，
，而反之不成立，故D满足题意，
故选：D.
3. 已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：）是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用扇形的面积公式，底面圆周长等于扇形弧长，即得解.
【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故选：B
4. 若为等差数列，是其前项的和，且为等比数列，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质分别求得的值，结合三角函数诱导公式化简求值，即得答案.
【详解】因为为等差数列，故，
所以，
又因为为等比数列，，所以，
当时，；
当时，；
所以，
故选：D.
5. 与垂直的单位向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，求出与垂直的一个向量，再求出其单位向量即可.
【详解】设与垂直的向量，
于是，令，得，即，
与共线的单位向量为，
所以与垂直的单位向量是.
故选：D
6. 函数在上单调递增，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式化简，结合余弦函数单调性和的范围即可构造不等式求得结果.
【详解】由题意得：，当时，，
在上单调递增，，又，解得：，
的最大值为.
故选：B.
7. 设函数是奇函数的导函数，，当时，，则使得成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，求其导数结合条件得出单调性，再结合的奇偶性，得出的函数值的符号情况，从而得出答案.
【详解】设，则，
∵ 当时，，
当时，，即在上单调递减.
由于是奇函数，所以,是偶函数，所以在上单调递增.
又，所以当或时，；
当或时，.
所以当或时，.
故选：B.
8. 求值：（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用积化和差和和差化积公式，结合半角公式，诱导公式化简得到结果.
【详解】由积化和差公式可得
，
故
，
由和差化积公式可得
，
故
所以.
故选：A
【点睛】和差化积公式：，
，
，
积化和差公式：，
，
，
.
二、多项选择题：本还共4小题，每小题5分，共20分．在每小原给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 若复数，则
B. 若复数z满足，则复平面内z对应的点Z在一条直线上
C. 若是纯虚数，则实数
D. 复数的虚部为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据复数的运算直接计算可知A；由复数的模的公式化简可判断B；根据纯虚数的概念列方程直接求解可知C；由虚部概念可判断D.
【详解】对于A：因为，所以，故A正确；
对于B：设，代入，得，整理得，即点Z在直线上，故B正确；
对于C：是纯虚数，则，即，故C错误；
对于D：复数的虚部为，故D错误.
故选：AB.
10. 已知过点A（a，0）作曲线的切线有且仅有两条，则实数a的值可以是（ ）
A. －2B. 4C. 0D. 6
【答案】AD
【解析】
【分析】设出切点，写出切线方程，将点代入，化简后方程有两根，即可得到的取值范围.
【详解】设切点为，则，所以切线方程为：，切线过点A（a，0），代入得：，即方程有两个解，则有或．
故选：AD.
11. 将三角函数经如下变换后得到的图象，
①将图象向右平移个单位； ②将图象向左平移个单位；
③将图象向下平移个单位； ④将图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍.
以下变换顺序正确的是（ ）
A. ④①③B. ④③①①C. ②②③④D. ③①④
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再逐项分析判断得解.
【详解】依题意，函数，
对于A，将函数图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍，得的图象，
再将所得图象向右平移个单位，得的图象，
然后将所得图象向下平移个单位，得的图象，A错误；
对于B，将函数图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍，得的图象，
再将所得图象向下平移个单位，得的图象，
将所得图象向右平移个单位，得的图象，
然后将所得图象向右平移个单位，得的图象，B正确；
对于C，将函数图象向左平移个单位，得的图象，
再将所得图象向左平移个单位，得的图象，
将所得图象向下平移个单位，得的图象，
然后将所得图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍，得的图象，C正确；
对于D，将函数图象向下平移个单位，得的图象，
再将所得图象向右平移个单位，得的图象，
然后将所得图象上所有点的横坐标扩大至原来的2倍，得的图象，D正确.
故选：BCD
12. 如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 面积的最大值为
B. 存在某个位置，使得
C. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D. 三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用三角形面积公式，，当时，最大，且最大值为，故A正确；B选项，取的中点，易证，易判断B错误；C选项，三棱锥体积最大时，平面，，找到球心求出半径得解；D选项，由，得，所以点在以为球心，1为半径的球面上，求出点到平面的距离得解.
【详解】对于A，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；

对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；

对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题；每小题5分，共20分．
13. 已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数恒为非负，即可利用最值求解.
【详解】由得，
由于函数在上单调递增，故在上恒成立，
因此在对任意的恒成立，所以，
故答案为：
14. 的三个顶点分别是，，，则边上的高长为__________．
【答案】5
【解析】
【详解】分析：设，则的坐标，利用，求得，即可得到
，即可求解的长度.
详解：设，则，
所以，因为，
所以，解得，
所以，所以.
点睛：(1)应用平面向量基本定理表示向量的实质是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加、减或数乘运算.(2)用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.
15. 已知函数.若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用已知及和角的余弦公式求解即可.
【详解】依题意，，
由，得，又，即，则，
所以.
故答案为：
16. 在如图所示的三角形数阵中，用（）表示第i行第j个数（），已知（），且当时，除第i行中的第1个数和第i个数外，每行中的其他各数均等于其“肩膀”上的两个数之和.即（）.若，则正整数m的最小值为____________.
【答案】2026
【解析】
【分析】根据规律得到，利用分组求和及等比数列求和公式得到，从而得到不等式，求出整数m的最小值.
【详解】∵，
，
∴
，
因为若，则，即，
因为，故，所以，，
即，
所以正整数m的最小值为2026.
故答案为：2026
四、解答题：本题共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. 已知数列的前项和为.
（1）求；
（2）求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系化简得为等差数列后求解，
（2）由裂项相消法求解．
【小问1详解】
，可得，
可得，即数列为首项为2，公差为2的等差数列，
可得，由，可得；
【小问2详解】
，
即有
.
18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为,．
（1）求的值；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用余弦定理角化边即可求解;(2)根据弦化切将原等式变为，
角化边即可得到，再结合可得，，利用余弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为,
结合余弦定理，得，
即，
所以．
【小问2详解】
由，
即，即
即，又，
所以，，
所以.
19. 在三棱柱中，四边形是菱形，AB⊥AC，平面平面ABC，平面与平面的交线为l.
（1）证明：；
（2）已知，，l上是否存在点P，使与平面ABP所成角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由四边形为菱形，得到，根据平面平面ABC，证得，进而得到平面，从而证得；
（2）取中点D，连接AD，证得平面，以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，得到，求得平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为四边形为菱形，所以，
平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
又因为，所以平面，
又由平面，所以，
因为，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
解：上不存在点P，使与平面ABP所成角为60°，
理由如下：
取中点D，连接AD，因为，所以，
又，所以为等边三角形，所以，
因，所以，
又因为平面平面ABC，平面平面，平面，
所以平面，
以为原点，以，，方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
可得,
则，，，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
假设l上存在一点P，使与平面ABP所成角为60°，
设，则，所以，
设为平面的一个法向量，则，
取，则，可取，
又由，所以，
即，此方程无解，
因此上不存在点P，使与平所成角为.
20. 已知函数．
（1）求的极值；
（2）作在处的切线交的图象于另一点，若，求的斜率．
【答案】（1）极大值为，极小值为；
（2）3
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，得到时，并求出函数单调性，从而求出极值情况；
（2）求出在处的切线方程，构造，结合，设，对照系数，得到，从而求出，得到，从而由求出，进而得到切线斜率.
【小问1详解】
的定义域为R，
，令，解得，
列表如下：
故在处取得极大值，在处取得极小值，
故极大值为
，
极小值为
；
【小问2详解】
由（1）得，
故在处的切线方程为，
化简得，
设
，
显然，则设，
即，
于，解得，
故，
因为在处的切线交的图象于另一点，
所以，即
因为，所以，解得或，
当时，的斜率为，
当时，的斜率为，
综上，切线的斜率为3.
【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质比如三次函数零点问题，极值点情况等.
21. 已知数列中，是其前项的和，，.
（1）求，的值，并证明是等比数列；
（2）证明：.
【答案】（1），，证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题目条件代入即可求出，的值，利用构造法即可证明是等比数列；
（2）根据（1）求出，再结合放缩法即可进行证明.
小问1详解】
由，得，
所以，，
由，得，
所以，.
证明如下：
由，得，
所以，
所以，所以，
所以，
因为，所以，，
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，，
，，
，
因为，所以，
于是，
其中，
于是，
所以
即
22. 已知函数.
（1）当时，讨论函数零点的个数；
（2）当时，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，通过讨论函数单调性决定函数零点个数即可；
（2）首先将原不等式转化为，再构造函数，通过研究的单调性判断出，从而求解取值范围即可.
【小问1详解】
由得，
当时，，在区间上单调递增，且无限趋近于0时，，
又，故只有1个零点；
当时，令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以当时，取得最小值，
当时，，所以函数无零点，
当时，恒成立，所以函数无零点，
综上所述，当时，无零点，当时，只有一个零点；
【小问2详解】
由已知有，所以，
所以，
构造函数，则原不等式转化为在上恒成立，
，记，所以，
令，解得，令，解得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，所以，即单调递增，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，则，
令，解得，令，解得，
故在单调递减，单调递增，
故的最小值为，
故的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方.+
0
-
0
+