[数学]江苏省苏州市2024届高三下学期第三次模拟检测试卷(解析版)

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1. 设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】因为，
所以，所以，对应的点为，
所以在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C.
2. 已知向量，，则“”是“和的夹角是锐角”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】和的夹角是锐角，则且和不同向共线，
故且，
解得且，
由推不出且，故充分性不成立，
由且推得出，故必要性成立，
所以是和的夹角是锐角的必要不充分条件.
故选：B.
3. 点声源在空中传播时，衰减量（单位：dB）与传播距离d（单位：米）之间的关系式为．若传播距离从20米变化到40米，则衰减量的增加值约为（参考数据：）（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】当时，，当时，，
则．
故选：B．
4. 已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A. 18B. 21C. 24D. 27
【答案】A
【解析】由题结合等差数列性质有，，
设等差数列的公差为，则，，
故.
故选：A.
5. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．记格子从左到右的编号分别为，用表示小球最后落入格子的号码，若，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】每下落一层向左或向右落下等可能，概率均为，
每一层均要乘以，共做10次选择，
故服从二项分布，，
又，
令最大，
则，
即,
解得，又因，所以,
所以，
，且．
故选：B．
6. 已知的角对应的边分别为的平分线交边于点，若，则的最小值为（ ）
A. B. 4
C. D.
【答案】C
【解析】，
因为的平分线交边于点，且，
所以，
，，
而，所以，
化简得，即，
则，
当且仅当时取等号，即最小值为．
故选：C．
7. 在平面直角坐标系中，过点的直线与双曲线的两条渐近线相交于两点，若线段的中点是，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】直线的斜率不存在时，应该在轴上，不符合题意，
直线的斜率为0时，两点重合，不符合题意，
所以直线的斜率存在且不为0，设直线，
双曲线的两条渐近线方程分别为，
联立解得，不妨令，
联立，解得，则，
因为线段的中点为，所以，即，
②式两边分别平方得③，将①代入③并化简可得，
所以离心率.
故选：D．
8. 已知函数及其导数的定义域为，记，且都为奇函数．若，则（ ）
A. 0B. C. 2D.
【答案】C
【解析】因为为奇函数，则，
即，可知的图象关于点对称，
可得，即，
可知的图象关于对称，则，
又因为为奇函数，则，
可得，可知的周期为4，
所以.故选：C．
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在某次数学练习中，高三班的男生数学平均分为120，方差为2，女生数学平均分为112，方差为1，已知该班级男女生人数分别为25、15，则下列说法正确的有（ ）
A. 该班级此次练习数学成绩的均分为118
B. 该班级此次练习数学成绩的方差为16.625
C. 利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取5名男生
D. 从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率为
【答案】BCD
【解析】对于A，该班级此次练习数学成绩的均分，故A错误；
对于B，该班级此次练习数学成绩的方差，故B正确；
对于C，利用分层抽样的方法从该班级抽取8人，则应抽取的男生人数为，C正确；
对于D，从该班级随机选择2人参加某项活动，则至少有1名女生的概率，故D正确．
故选BCD．
10. 定义表示中的最小者，设函数，则（ ）
A. 有且仅有一个极小值点为B. 有且仅有一个极大值点为3
C D. 恒成立
【答案】ACD
【解析】由题意，函数作出函数的图象，如图所示，
由图象知，有且仅有一个极小值点为，所以A正确；
函数有两个极大值点1和3，所以B错误；
令，可得或或，解得或，
即当时，，所以C正确；
由图象知，当时，函数的最大值，
所以存在实数，使得恒成立，所以D正确.
故选：ACD．
11. 在平面直角坐标系中，已知抛物线，过点作斜率为的直线与轴相交于点，与交于两点，且，则（ ）
A.
B.
C. 以为直径的圆与抛物线的准线有公共点
D. 以为直径的圆与拋物线的准线没有公共点
【答案】AD
【解析】设直线方程为，即，则，
由，消去整理得，则，,
由可得，，
则，整理得，所以，解得，.
又因为直线过，所以，即，
验证 ，与抛物线有两个交点.故A正确，B错误；
可知：准线方程为，直线的方程：，
由弦长公式得，
则以为直径的圆的圆心坐标为，半径为，
则圆心到准线的距离为，
所以以为直径的圆与抛物线的准线没有公共点，C错误，D正确．
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数为______．
【答案】14
【解析】因为的展开式通项公式为，
其中，
故二项式的展开式中的系数为：．
13. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则______．
【答案】
【解析】由题知，，
所以，
即，则．
因，所以，
则．
14. 在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为______．
【答案】
【解析】在平面直角坐标系中，过点作于点，
可知，
沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，
仍有，
则，
由，
可得，
即，
即，
可得．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心．
（1）求；
（2）记的角对应的边分别为，若，求边上的高长的最大值．
解：（1）因为在上单调递增，在上单调递减，
所以且，所以，
可知，
又由，可知，所以，故，
由，可得，即．
（2），
化简得，
因为，所以，
所以，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以，故长的最大值为．
16. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，证明：．
（1）解：函数的定义域为，且．
当时，恒成立，
所以在区间上单调递增；
当时，令，解得，
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递减．
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减．
（2）证明：当时，因为，所以要证，
只要证明即可，
即要证，等价于（*）．
令，则，
在区间上，单调递减；
在区间上，单调递增，
所以，所以（当且仅当时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当时，等号成立．
又在上单调递增，，
所以存在，使得成立．
综上所述，原不等式成立．
17. 如图，已知斜三棱柱的侧面是菱形，，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：取中点，连接．
因为侧面是菱形，，所以是正三角形，
因为是中点，所以．
因为是中点，，所以，
又因为平面平面，
所以平面．
因为平面，所以．
因为斜三棱柱，所以，所以．
（2）解：因为平面平面，所以平面，因为平面，所以．
又因为平面平面，所以平面．
以为原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则即．
取，则，所以．
设平面的一个法向量为，
则即
取，则，所以．
又，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18. 现有甲、乙两个盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球．从两个盒子中各任取一个球交换，记为一次操作．重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为．
（1）求随机变量的分布列；
（2）求数列的通项公式；
（3）求证：．
（1）解：由题可知的可能取值为0，1，2，
根据相互独立事件的概率公式得到：即为甲盒中拿黑球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿黑球乙盒中拿黑球交换或甲盒中拿红球乙盒中拿红球交换，即为甲盒中拿红球乙盒中拿黑球交换，则
，
的分布列为：
（2）解：由全概率公式可知：
，
即，即，，
又，
所以数列是以为首项，以为公比等比数列，
，
即的通项公式；
（3）证明：
，
所以
得证.
19. 已知平面直角坐标系中，椭圆与双曲线．
（1）若的长轴长为8，短轴长为4，直线与有唯一的公共点，过且与垂直的直线分别交轴，轴于点两点，当运动时，求点的轨迹方程；
（2）若的长轴长为4，短轴长为2，过的左焦点作直线与相交于两点（在轴上方），分别过作的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
解：（1）因为的长轴长为8，短轴长为4，所以，，
联立方程，得，
又与有唯一的公共点，所以，
即，的横坐标为，
把代入中，，所以，
过且与垂直的直线为，则，
所以，，又，所以，
即，所以的轨迹方程为．
（2）因为的长轴长为4，短轴长为2，
所以，，左焦点，
当斜率为0时，分别为椭圆的左、右顶点，此时切线平行无交点，
当斜率不为0时，设，
由得，
设，则，
，
椭圆在轴上方对应方程为，
则点处切线斜率为，
点处切线方程为，即，
同理可得点处的切线方程为，
由得，
代入①得，
所以，所以，
而，
所以，即，又，
所以．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，
则当时，．
所以面积的最小值为.0
1
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