江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学2024届高三下学期五月阳光测试数学试题

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一、单选题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1. 已知，集合，集合，若，则（ ）
A. B. C. 或1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交运算结果，列出方程，求得对应参数值；再验证即可选择.
【详解】因为，故可得且，或且；
解得或；
当时，，满足题意；
当时，，不满足题意，舍去；
综上所述，.
故选：D.
2. 已知满足，且在复平面内对应的点为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的模化简可解.
【详解】由题意，由，
即，
化简得.
故选：B．
3. 已知等差数列的公差为d，前n项和为，则“”是“”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. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的前项公式，分别从充分性和必要性两个方面进行判断即可求解.
【详解】因为数列是公差为的等差数列，所以，
，
所以，
若等差数列的公差，则，所以，故充分性成立；
若，则，所以，故必要性成立，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C.
4. 《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》三部贺岁片引爆了2024年春节电影市场．某电影院同时段播放这三部电影，小李和他的三位同学每人只能选择看其中的一场电影，则不同的选择方案有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分步计数乘法原理列式即可.
【详解】依题意，每个人选择方案有3种，所以4个人不同的选择方案有种.
故选：B
5. 已知函数在区间上有且仅有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二倍角公式得，进而根据求方程得或，即可列举出正的零点，列不等式即可求解.
【详解】由可得，
令,
所以或，
故函数正零点从小到大排列为：，
要使在区间上有且仅有3个零点，需要满足且，解得，
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】先根据二项展开式的通项公式求得，再利用赋值法，令，进而即可求解．
【详解】由，
则，得，
令，得，
左右两边除以，得，
所以．
故选：D．
7. 已知是定义域为的偶函数，当时，，若有且仅有3个零点，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用偶函数的对称性求得的值，进而得到，再解不等式得到，结合偶函数的性质即可得解.
【详解】因为为偶函数，有且仅有3个零点，
所以，即，解得，
此时当时，，所以的零点为，满足题意，
又当时，，，
由，得，即，解得，
又为偶函数，所以的解集为，
故选：A.
8. 已知椭圆C：的离心率为，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，D是直线上的一动点．与C交于点P（P在x轴的上方），过A作的垂线交的延长线于点E，当取最大值时，点D的纵坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知并注意到，且，由此可得，进一步有，结合基本不等式取等条件以及锐角三角函数即可列方程求解.
【详解】由题意有：；
又因，
所以，
显然直线斜率不为0，
即，
当，即时，取最大值．
此时，又，则．
故选：D．
二、多选题
9. 在中，内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则的面积为
C. 若，则周长的最大值为
D. 若角满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：由正弦定理及倍角公式判断；对B：用余弦定理及面积公式求解；对C：用余弦定理及基本不等式求解；对D：构造利用其单调性判断.
【详解】对A：，由正弦定理，
，即，
或，
即或
是等腰三角形或直角三角形，故A错误；
对B. ，
，
，所以B正确；
对C：，
又，
，
又，
周长的最大值为故C正确；
对D： 令，则，
所以在上为增函数，
即，
所以，所以，即，故D正确.
故选：BCD
10. 甲､乙､丙､丁4人做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住.记第次传球之前球在甲手中的概率为，易知.下列选项正确的是（ ）
A.
B. 为等比数列
C. 设第次传球之前球在乙手中的概率为
D. 第4次传球后，球落在乙手中的传球方式有20种
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，求得，可判断A错误；对于B，依题意可得，从而可证明，即可判断B选项；对于C，由B选项求得，从而可判断；对于D，列举法可判断.
【详解】对于A，因为第2次传球之前球不在甲手中，所以， A错误；
对于B，因为第次传球之前球在甲手中的概率为，则当时，第次传球之前球在甲手中的概率为，第次传球之前球不在甲手中的概率为，
则，从而，又，
是以为首项，公比为的等比数列，故正确；
对于C，由选项可得，故，故C正确；
对于D，第3次传球后球在甲手中有：甲乙丙甲，甲乙丁甲，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丁乙甲，甲丁丙甲，共6种传法，
第3次传球后球在丙手中有：甲乙甲丙，甲乙丁丙，甲丙甲丙，甲丙乙丙，甲丙丁丙，甲丁甲丙，甲丁乙丙，共7种传法，
第3次传球后球在丁手中有：甲乙甲丁，甲乙丙丁，甲丙甲丁，甲丙乙丁，甲丁甲丁，甲丁乙丁，甲丁丙丁，共7种传法，
所以第4次传球后，球落在乙手中的传球方式共20种，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A. 球与圆柱的体积之比为
B. 四面体CDEF的体积的取值范围为
C. 平面DEF截得球的截面面积最小值为
D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B错误；
对于C，过作于，如图，而，则，
又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：AD
【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.
三、填空题
12. 已知，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】切化弦得，从而得，进而得，代入即可求解.
【详解】由，得，即，
则，即，
所以．
故答案为：
13. 过圆外一点向圆O引两条切线和（其中A,B为切点），使得，则实数a,b满足的等量关系为__________，的取值范围为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可得，则，所以点表示以原点为圆心，半径为的圆，表示到直线距离的倍，先求出原点到直线距离，即可得出答案.
【详解】如图，易知：，由，
可得：，在中，，
所以，所以点表示以原点为圆心，半径为的圆，
表示到直线距离的倍，
而原点到直线距离为：，
所以到直线距离的最大值为，
最小值为，
所以.
故答案为：；.
14. 函数在区间上存在零点，则的最小值为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】设为在上的零点，可得，转化为点在直线上，根据的几何意义，可得有解，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得答案．
【详解】设为在上的零点，可得，
所以，即点在直线，
又表示点到原点距离的平方，
则有解，即有解，
令，可得，
因为，，
所以恒成立，
可得在上为单调递增函数，
所以当时，，
所以，即的最小值为．
故答案为：.
四、解答题
15. 为鼓励消费，某商场开展积分奖励活动，消费满100元的顾客可拋掷骰子两次，若两次点数之和等于7，则获得5个积分：若点数之和不等于7，则获得2个积分．
（1）记两次点数之和等于7为事件A，第一次点数是奇数为事件B，证明：事件A，B是独立事件；
（2）现有3位顾客参与了这个活动，求他们获得的积分之和X的分布列和期望．
【答案】（1）证明见解析
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据古典概型分别计算，由，的关系证明；
（2）根据次独立重复试验模型求出概率，列出分布列，得出期望.
【小问1详解】
因为两次点数之和等于7有以下基本事件：共6个，
所以，又．
而第一次点数是奇数且两次点数之和等于7的基本事件是共3个，
所以，
故，所以事件A，B是独立事件．
【小问2详解】
设三位参与这个活动的顾客共获得的积分为X，则X可取6，9，12，15，
，，
，，
所以分布列为：
所以.
16. 已知．
（1）若在恒成立，求a的范围；
（2）若有两个极值点s，t，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意转化为恒成立，令，求得，再令，利用导数求得，得到在单调递减，即可求解；
（2）根据题意，转化为是的两不等正根，即是的两不等正根，结合二次函数的性质，求得，进而求得的取值范围．
【小问1详解】
解：由函数，因在上恒成立，
即在恒成立，
令，可得，
令，可得，
所以在单调递减，所以，
所以恒成立，所以在单调递减，所以，
所以，所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
解：因为有两个极值点，
可得是的两不等正根，
即是的两不等正根，则满足，解得，
则
，
所以的取值范围为．
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
17. 如图三棱锥中，，，．

（1）证明：；
（2）若平面平面，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作，O为垂足，首先证得平面，即有，进一步由全等得，注意到，由此说明垂直平分即可得证；
（2）首先得出两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面，平面的法向量，由向量夹角的余弦的坐标公式结合图判断二面角是钝角即可运算求解.
【小问1详解】
作，O为垂足，由，，，且平面，平面得，平面，
又平面，
∴，
又，，，∴，∴，
且，
∴O为中点，
∴，；
【小问2详解】
由（1），又平面平面，平面，
∴平面，
因为平面，
∴，
∴两两垂直．
由，，得，
∴，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

不妨设，则，，，，
，，，
令，分别为平面，平面的法向量，
则，即，令得为平面的一个法向量．
，即，令得为平面的一个法向量．
设为二面角的平面角，则，
由图观察可得二面角所成角为钝角，故二面角的余弦值为．
18. 设抛物线，直线是抛物线C的准线，且与x轴交于点B，过点B的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，是不在直线l上的一点，直线，分别与准线交于P，Q两点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）证明：：
（3）记，的面积分别为，，若，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据准线方程可得，即可求解；
（2）设l：，，联立直线与抛物线，得出根与系数关系，再由直线的相交求出坐标，转化为求即可得证；
（3）由（2）可得，再由，根据可得，即可得解.
【小问1详解】
因为为抛物线的准线，
所以，即，
故抛物线C的方程为
【小问2详解】
如图，
设l：，，
联立，消去x得，
则，且，
又AM：，令得，
同理可得，
所以
，
，
故.
【小问3详解】
由（2）可得：，
，
由，得：，解得，
所以直线l的方程为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问中直线较多，解题的关键在于理清主从关系，据此求出点的坐标（含参数），第二个关键点在于将转化为关于对称，即.
19. 对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．
（1）若数列为2，4，3，7，求的值；
（2）对于每项均是正整数的有穷数列，令，．
（i）探究与的关系；
（ii）证明：．
【答案】（1）172；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定的数列及变换计算即得.
（2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得.
【小问1详解】
依题意，，，
.
【小问2详解】
（i）记，
，
，
，
，所以.
（ii）设是每项均为非负整数的数列，
当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，
则，
当存在，使得时，若记数列为，则，
因此，从而对于任意给定的数列，
由，，由（i）知，
所以.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.6
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