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江苏省苏州市2024年高三数学上学期一轮模拟试卷(含答案)

1、2024年江苏省苏州市高三数学上学期一轮模拟练习一、单选题1“”是“”的()条件A充分不必要B必要不充分C充分必要出D既不充分也不必要2已知复数在复平面内对应的点都在射线上,且,则的虚部为()A3BCD3在五边形中,分别为,的中点,则()ABCD4衡阳创建“全国卫生文明城市”活动中,大力加强垃圾分类投放宣传.某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”三种不同的垃圾桶.一天,居民小贤提着上述分好类的垃圾各一袋,随机每桶投一袋,则恰好有一袋垃圾投对的概率为()ABCD5中学开展劳动实习,学习加工制作食品包装盒.现有一张边长为6的正六边形硬纸片,如图所示,裁掉阴影部分,然后按虚线处折成

2、高为的正六棱柱无盖包装盒,则此包装盒的体积为()A144B72C36D246已知函数,图像上每一点的横坐标缩短到原来的,得到的图像,的部分图像如图所示,若,则等于()ABCD7某圆锥母线长为2,底面半径为,则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A2BCD18已知是自然对数的底数,设,则()ABCD二、多选题9若函数,则关于的性质说法正确的有()A偶函数B最小正周期为C既有最大值也有最小值D有无数个零点10若椭圆的左,右焦点分别为,则下列的值,能使以为直径的圆与椭圆有公共点的有()ABCD11若数列的通项公式为,记在数列的前项中任取两项都是正数的概率为,则()ABCD.12如图,

3、在四棱锥中,已知底面,底面为等腰梯形,记四棱锥的外接球为球,平面与平面的交线为的中点为,则()ABC平面平面D被球截得的弦长为1三、填空题13若是奇函数,则 .14在中,角的对边分别为.若,则的最小值是 .15计算机是二十世纪最伟大的发明之一,被广泛地应用于人们的工作与生活之中,计算机在进行数的计算处理时,使用的是二进制.一个十进制数可以表示成二进制数,则,其中,当时,.若记中1的个数为,则满足的的个数为 .16已知:若函数在上可导,则.又英国数学家泰勒发现了一个恒等式,则 , .四、解答题17如图,已知ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,(1)求角C:(2)若,延长CB至M,使得

4、,求BM18已知等比数列的前n项和为,且,(1)求数列的通项公式;(2)在数列中的和之间插入i个数,使,成等差数列,这样得到一个新数列,设数列的前n项和为,求19乒乓球被称为我国的国球,是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中,比赛规则如下:比赛以11分为一局,采取七局四胜制.在一局比赛中,先得11分的选手为胜方;如果比赛一旦出现10平,先连续多得2分的选手为胜方.(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中,若现在甲乙两名选手的得分为8比8平,求这局比赛甲以先得11分获胜的概率;(2)假设甲选手每局获胜的概率为,在前三局甲获胜的前提下,记X表示到比赛结束时还需要比赛的局

5、数,求X的分布列及数学期望.20已知O为坐标原点,抛物线E:(p0),过点C(0,2)作直线l交抛物线E于点A、B(其中点A在第一象限),且(0).(1)求抛物线E的方程;(2)当=2时,过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线,求该圆的方程21图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形,其中,N为的中点.将其沿AC,AB折起使得与重合,连结,BN,如图2.(1)证明:在图2中,且B,C,四点共面;(2)在图2中,若二面角的大小为,且,求直线AB与平面所成角的正弦值.22已知函数(mR)的导函数为(1)若函数存在极值,求m的取值范围;(2)设函数(其中e为自然对数的底数),对任意mR

6、,若关于x的不等式在(0,)上恒成立,求正整数k的取值集合参考答案:1D【分析】解出相应的x的范围,即可得出答案.【详解】,因为,没有包含关系,是的既不充分也不必要条件,故选:D2A【分析】根据条件设出复数,再根据模为即可求得.【详解】设,虚部为3.故选:A3C【分析】由向量的加法运算得到,进而利用中点的条件,转化为向量的关系,化简整理即得.【详解】,故选:C4D【分析】第一步选投对的一袋,剩下两袋投错只有一种方法,得方法数,再求出任意投放的方法数相除可得概率【详解】3袋垃圾中恰有1袋投放正确的情况有种情形,由古典概型计算公式得三袋恰投对一袋垃圾的概率为,故选:D.5B【分析】利用正六边形的性

7、质求出正六棱柱的底面边长,再根据棱柱的体积公式求解即可.【详解】如图,正六边形的每个内角为120,按虚线处折成高为的正六棱柱,即,所以,可得正六棱柱底边边长,则正六棱柱的底面积为所以正六棱柱的体积.故选:B6A【分析】利用向量数量积的定义可得,从而可得,进而得出,即,求出.【详解】根据,可得,故,所以,故的周期为24,所以,故选:A7A【分析】如图截面为,P为MN的中点,设,进而可得面积最大值.【详解】如图所示,截面为,P为MN的中点,设,当时,此时截面面积最大.故选:A【点睛】易错点睛:先求出面积的函数表达式进而判断最大值,本题容易误认为垂直于底面的截面面积最大.8A【分析】首先设,利用导数

8、判断函数的单调性,比较的大小,设利用导数判断,放缩,再设函数,利用导数判断单调性,得,再比较的大小,即可得到结果.【详解】设,当时,函数单调递增,当时,函数单调递减,时,即,设,时,函数单调递减,时,函数单调递增,所以当时,函数取得最小值,即恒成立,即,令,时,单调递减,时,单调递增,时,函数取得最小值,即,得:,那么,即,即,综上可知.故选:A【点睛】关键点点睛:本题考查构造函数,利用导数判断函数的单调,比较大小,本题的关键是:根据,放缩,从而构造函数,比较大小.9CD【分析】根据二倍角的余弦公式,结合正弦函数的单调性、周期的定义、偶函数的定义、零点的定义逐一判断即可.【详解】A:因为,所以

9、该函数不是偶函数,因此本选项说法不正确;B:因为,所以该函数最小正周期不是,因此本选项说法不正确;C:因为,当时,该函数有最大值,当时,该函数有最小值,因此本选项说法正确;D:,则有,解得,或,即,或,或,因此本选项说法正确,故选:CD10ABC【分析】依题意可得,再根据,即可取出的取值范围,即可得解;【详解】解:以为直径的圆的方程为,因为圆与椭圆有公共点,所以,即,所以,即,满足条件的有A、B、C;故选:ABC11AB【分析】由已知得数列的奇数项都为1,即奇数项为正数,数列的偶数项为,即偶数项为负数,当时, ,由此判断A选项;将代入,求得;将代入,求得;将代入,求得;将代入,求得,再运用作差

10、比较法,可判断得选项.【详解】解:因为数列的通项公式为,所以数列的奇数项都为1,即奇数项为正数,数列的偶数项为,即偶数项为负数,又数列的前项中,任取两项都是正数的概率为,当时,即前3项中,任取两项都是正数,概率为,故A正确;将代入,数列的前项中,有个正数,个负数,任取两项都是正数的概率为,将代入,数列的前项中,有个正数,个负数,任取两项都是正数的概率为,将代入,数列的前项中,有个正数,个负数,任取两项都是正数的概率为,将代入,数列的前项中,有个正数,个负数,任取两项都是正数的概率为,所以,所以,故B正确;,所以,故C错误;,所以,故D错误,故选:AB.12ABD【分析】由,可得平面,再根据线面

11、平行的性质即可证得,即可判断A;对于B,连接,证明,即可得平面,再根据线面垂直的性质即可证得,即可判断B;对于C,如图以为原点建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,判断法向量是否垂直,即可判断C;对于D,易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上,求出半径,再利用向量法求出点到直线的距离,最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长,即可判断D.【详解】解:对于A,因为,平面,平面,所以平面,又因平面与平面的交线为,所以,故A正确;对于B,连接,在等腰梯形中,因为,的中点为,所以四边形都是菱形,所以,所以,因为底面,面,所以,又,所以平面,又因平面,所以,故B正确;对于C,如图以为原点建立

12、空间直角坐标系,则,则,设平面的法向量,平面的法向量,则,可取,同理可取,因为,所以与不垂直,所以平面与平面不垂直,故C错误;对于D,由B选项可知,则点即为四边形外接圆的圆心,故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上,设外接球的半径为,则,则,所以,设与所成的角为,点到直线的距离为,因为,直线的方向向量可取,则,所以,所以,所以被球截得的弦长为,故D正确.故选:ABD.13【分析】根据奇函数的性质,结合奇函数的定义进行求解即可.【详解】因为是奇函数,所以有,即,即,因为,所以函数是奇函数,故答案为:14【分析】根据余弦定理以及基本不等式可求得答案.【详解】解:由余弦定理得,又,所以,因为

13、,当且仅当时取等号,所以,所以的最小值是,故答案为:.15【分析】根据二进制的性质,结合题意进行求解即可.【详解】因为,所以有,因为,所以说明中1的个数为,即中1的个数为,因此的的个数为,故答案为:16 1 /【分析】令,即可求出,再将两边求导数,即可得到,即可得到,从而得到,再用裂项相消法求和即可;【详解】解:因为,令,即,所以;又,所以,所以,所以所以故答案为:;17(1);(2).【分析】(1)将正弦定理代入条件整理得,从而有,根据角的范围可得角大小;(2)在中,由余弦定理求得,然后在中,由正弦定理求得,进一步计算可得【详解】(1)解:(1)因为,由正弦定理得,因为,所以,所以,即,所以

14、,又因为,所以,所以,所以(2)在中,由余弦定理可得,解得舍去,在中,由正弦定理可得,即,解得,所以18(1);(2).【分析】(1)由题可得,然后利用条件可求,即得;(2)由题可得,然后利用等差数列的性质求和即得.【详解】(1)设等比数列的公比为q,,即,即,数列的通项公式为.(2)因为在数列中的和之间插入i个数,则在列的前21项中,就是在到每两项之间各插入一组数,共插入五组,数列的前21项为.19(1)(2)X1234p数学期望为.【分析】(1)分析出两种情况,甲乙再打3个球,这三个均为甲赢和甲乙再打4个球,其中前三个球甲赢两个,最后一个球甲赢,分别求出概率,相加即为结果;(2)求出X的可

15、能取值为1,2,3,4,及对应的概率,写出分布列,求出期望值.【详解】(1)设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A,则事件A中包含事件B和事件C,事件B:甲乙再打3个球,甲先得11分获胜,事件C:甲乙再打4个球,甲先得11分获胜.事件B:甲乙再打3个球,这三个球均为甲赢,则,事件C:甲乙再打4个球,则前三个球甲赢两个,最后一个球甲赢,则;则(2)X的可能取值为1,2,3,4.,所以X的分布列为:X1234p其中.即数学期望为.20(1)(2)【分析】(1)可设直线l的方程为,联立方程,利用韦达定理求得,再根据,求得,即可得解;(2)联立方程,利用韦达定理求得,当时,知,从而可求得点的坐标及直线方

16、程,再根据导数的集合意义可求得点A且与切线垂直的直线方程,从而可求得圆心及半径,即可得解.【详解】(1)解:直线l的斜率显然存在,设直线l的方程为,设直线l与抛物线的交点坐标为,A、B在抛物线上,则=,由消y并整理成,所以,又,则,所以,所以,所以抛物线E的方程为 ;(2)解:由消y并整理成,所以,当时,知,又,所以,所以线段AB的中点坐标为,A的坐标为,线段AB的垂直平分线方程为,即,求导得,抛物线E在点A处的切线斜率为2,过点A且与切线垂直的直线方程为,即,由及得圆心坐标为,圆的半径为,所以所求的圆方程为.21(1)证明见解析;(2).【分析】(1)取AC的中点M,证明平面BMN及即可推理

17、作答.(2)在平面BMN内作,建立空间直角坐标系,借助空间向量计算作答.【详解】(1)取AC的中点M,连接NM,BM,如图,因为矩形,N为的中点,则,又因ABC为等边三角形,则,平面BMN,则有平面BMN,又平面BMN,所以;矩形中,平行四边形中,因此,所以B,C,四点共面.(2)由(1)知,则为二面角的平面角,在平面BMN内过M作,有,以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,设平面的法向量为,则,令,得,由得,设直线AB与平面所成角为,于是得,所以直线AB与平面所成角的正弦值是.22(1)(2)1,2【解析】(1)求解导数,表示出,再利用的导数可求m的取值范围;(2)表示出,结合二次函数

18、知识求出的最小值,再结合导数及基本不等式求出的最值,从而可求正整数k的取值集合【详解】(1)因为,所以,所以,则,由题意可知,解得;(2)由(1)可知,所以因为整理得,设,则,所以单调递增,又因为, 所以存在,使得,设,是关于开口向上的二次函数,则,设,则,令,则,所以单调递增,因为,所以存在,使得,即,当时,当时,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,因为,所以,又由题意可知,所以,解得,所以正整数k的取值集合为1,2【点睛】本题主要考查导数的应用,利用导数研究极值问题一般转化为导数的零点问题,恒成立问题要逐步消去参数,转化为最值问题求解,适当构造函数是转化的关键,本题综合性较强,难度较大,侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.