2024届江苏省常熟市高三上学期阶段性抽测二数学试题含答案

这是一份2024届江苏省常熟市高三上学期阶段性抽测二数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，
所以，则.
故选：C.
2．已知为虚数单位，若复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算及复数的模求解.
【详解】，
，
故选：A
3．已知无穷数列，则“，使得”是“数列有最大项”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】考查且时，可知充分性不成立，若数列是递减数列，可知必要性不成立.
【详解】若且，
此时，
则且，即，使得，
但没有最大项，故充分性不成立；
若数列是递减数列，则其最大项为，
则不存在，使得，
故必要性也不成立，
故选：D.
4．若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】参变分离为对任意恒成立，求出，故.
【详解】对任意恒成立，
变形为对任意恒成立，
其中，
又在上单调递减，在上单调递增，
其中当时，，当时，，
，故.
故选：A
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式及二倍角余弦公式求解.
【详解】
，
故选：C
6．如图，圆台的轴截面为等腰梯形在上底面的圆周上，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】连接，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，根据空间向量数量积的坐标公式及投影向量的定义即可得解.
【详解】如图，连接，则底面圆，
以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示，
不妨设圆台的高为，，则，
故，
则，
所以，
所以在上的投影向量为.
故选：B.
7．已知双曲线的左､右焦点分别为为坐标原点，圆交双曲线的左支于点，直线交双曲线的右支于点，若为的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设，据双曲线的定义可用表示，由直角三角形可计算得，并用勾股定理列出了，进而可求.
【详解】设，则，因为为的中点，
所以，则由双曲线的定义可知，
因为圆交双曲线的左支于点，所以，
所以，即，
则化简可得，即，
则，所以，
所以，即，
则化简可得，即，
故选：D.
8．已知正数满足，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】A
【分析】不等式可化为，分别构造函数，利用导数求出函数的最大、最小值，由不等式左边最小值等于右边的最大值，建立方程即可得解.
【详解】由，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，故，
当且仅当，即时取等号；
设，则，
当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时取等号，
又，则，
此时，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：不等式中含有不相关的双变量，据此分别构造不同的函数，利用导数求最值是关键之一，其次根据不等式左边的最小值与不等式右边的最大值相等，由不等式成立得出方程是关键点之二，据此建立方程求解即可.
二、多选题
9．已知实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】根据不等式的性质，结合特殊值逐项分析即可.
【详解】因为，
所以，故A正确；
可化为，显然成立，故B正确；
又，故，则C错误；
令，则，故D错误，
故选：AB.
10．已知四棱锥的高为2，侧棱长都相等，且各个顶点都在球的球面上，，，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截球所得的截面面积为
B．四棱锥的侧棱长为
C．球的表面积为
D．到平面的距离为
【答案】ACD
【分析】首先确定四边形四点共圆，圆心为点在底面的射影，进而分析出四边形外接圆的半径，以及侧棱长，并利用四棱锥外接球的球心在上，利用直角三角形求得外接球的半径，得到球的表面积，利用等体积转化求得到平面的距离.
【详解】如图，平面，因为侧棱长相等，所以点到的距离相等，即点是四边形外接圆的圆心，
因为，则，
所以点为的中点，因为，，所以，
则四边形外接圆的半径为1，则平面截球所得的截面面积为，故A正确；
中，,则四棱锥的侧棱长为，故B错误；
设四棱锥外接球的球心为，在上，半径为，
设，，
则中，，得，那么四棱锥外接球的半径，
所以球的表面积为，故C正确；
因为，，为等腰直角三角形，则，
中，，，，
中，，
设点到平面的距离为，
则，则，则，故D正确.
故选：ACD
11．已知等比数列的公比为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．数列的前2023项和一定大于0
C．若，则
D．若，则一定小于0
【答案】BCD
【分析】由等比数列的性质可判断A；讨论，结合等比数列的前项和可判断B；构造函数，由导数求解函数的最值结合等比数列的通项公式可判断C，D.
【详解】对于A，由可得：，
因为，所以，即，
，解得：或，故A错误；
对于B，当时，则，
当时，，
当时，，，，所以，
当时，，，，所以，
当时，，，，所以，
所以数列的前2023项和一定大于0，故B正确；
对于C，若，则，即，
设，，
则，所以在上单调递减，
所以，则，所以，
所以，故C正确；
对于D，若，因为是等比数列，
所以，
设，，
令，，
令，则，令，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，，
如下图，画出，易知，当时，存在，
即，即，因为，故，故D正确；
故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题C，D选项的关键点在于构造函数，，通过对函数求导，求出函数的最值结合等比数列的性质进而得出答案.
12．已知函数，若关于的方程有6个不相等的实根，则实数的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】令，求出的值域，作出的图象，根据图象得出函数的图象与的图象交点的个数与的关系，然后分类讨论结合图形即得.
【详解】令，则，
因为，
所以，的值域为，
所以，，
作出函数的图象，
由图象可知，当时，函数的图象与的图象有4个交点，
当时，函数的图象与的图象有3个交点，
当或时，函数的图象与的图象有2个交点，
当时，函数的图象与的图象没有交点，
因为，，
所以当时，方程有两根，且，此时方程有2个不相等的实根；
当时，方程有三个根，且，此时方程有4个不相等的实根；
当时，方程有四个根，且，此时方程有6个不相等的实根；
当时，方程有四个根，且，此时方程有5个不相等的实根；
当时，方程有四个根，且，此时方程有4个不相等的实根；
当时，方程有两个根，且，此时方程有2个不相等的实根；
当时，方程没有实数根，此时方程没有实根；
综上所述，当时，关于的方程有6个不相等的实根.
又，所以，所以.
对于A项，不满足，故A错误；
对于B项，满足，故B正确；
对于C项，不满足，故C错误；
对于D项，，满足，故D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：将看成两个函数与的复合函数.作出函数的图象，根据数形结合得出函数的图象与的图象与的关系.
三、填空题
13．函数的部分图象如图所示，则 .
【答案】
【分析】结合函数的图象，由周期求出，再由求出，即可求出的解析式，进而求出.
【详解】由图象可知，，则，又因为，
因为，则，
又因为，所以，则，
因为，所以，所以，
所以.
故答案为：.
14．如图，在正方体中，和分别为底面和侧面的中心，则二面角的余弦值为 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可.
【详解】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
设正方体棱长为2，则，
故，，，
设平面，平面的法向量分别为，
则，令，可得，故，
由，令，可得，故，
所以，
由图形可知，二面角的平面角为钝角，
故二面角的余弦值为.
故答案为：
15．已知抛物线的焦点为，准线与坐标轴的交点为，过抛物线上一点作准线的垂线，垂足为，设，若与相交于点，且，则的面积为 .
【答案】
【分析】根据已知求出点的坐标，以及准线的方程，得出点的坐标.取中点为，由已知可得出，点是的重心.设，根据重心得出.由已知可得出共线，代入相关点的坐标，即可得出方程，解出，代入抛物线的方程得出，求出点坐标，进而即可根据面积公式得出答案.
【详解】
由已知可得，，准线方程为，，
取中点为，则.
又，
所以，，点是的重心.
设，则，
所以，.
因为三点共线，所以共线.
又，，
所以有，.
代入抛物线的方程可得，，.
不妨取，
所以，.
故答案为：.
16．已知定义在上的可导函数和满足：，，且为奇函数，则导函数的图象关于 对称（写出一种对称即可，不必考虑所有情况）；若，，则 .
【答案】 ，（或）
【分析】根据导数运算结合已知得出，即的图象关于对称，根据奇函数定义结合导数运算得出，即的图象关于对称，根据对称与周期的关系得出周期为4的周期函数，即可得出关于对称，还关于对称，根据导数运算结合已知得出（为常数），再结合，给赋特值得出，即可结合为奇函数，得出是周期为4的周期函数，即可根据与式子反应的图象平移关系得出也是周期为4的周期函数，即可结合已知计算得出答案.
【详解】由得，
则，即，
则的图象关于对称，
为奇函数，
，
则，即，
则的图象关于对称，
，，
，即，
则，
是周期函数，周期为4，
的图象关于对称，还关于对称，
的图象关于对称，关于对称，
在一个周期里有与两个对称点，则关于对称，
在一个周期里有与两个对称轴，则关于对称，
，
，
（为常数），
，
，
取，则，解得，
，
，
，
，即，
，
函数是周期为4的周期函数，
，即，
的图象是的图象平移得出的，
也是周期为4的周期函数，
则，，
为奇函数，
，
令，得
，
，
由得，
由得，，，
，
故答案为：，（或）；.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的综合运用，以及抽象函数的奇偶性，周期性和对称性的性质的灵活转换运用，注意抽象函数的导数运算要结合复合函数的导数运算，注意符号的改变，抽象函数的奇偶性，周期性和对称性的联系怎么体现到算式中，将导数还原回原函数时注意要加常数项.
四、解答题
17．已知方程.
(1)若此方程表示圆，求实数的取值范围；
(2)若的值为（1）中能取到的最大整数，将得到的圆设为圆，设为圆上任意一点，求到直线的距离的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接根据圆的方程存在的条件即可求出的取值范围；
（2）由（1）可得的值，求出圆的方程，求出圆心到直线的距离，再根据到直线的距离的取值范围为，即可得出答案.
【详解】（1）若此方程表示圆，则，解得，
即实数的取值范围为；
（2）由（1）可知，此时圆，
即，
则圆心到直线的距离，
故圆与直线相离，
所以到直线的距离的取值范围为，
即.
18．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求的大小；
(2)设是边上的一点，且满足，求的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角整理可得，，进而得出.结合角的范围，即可得出答案；
（2）根据已知可得出，进而由，结合已知及面积公式推得.根据基本不等式得出，即可得出答案.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，
得，
所以
.
因为，所以，即，
解得.
又因为，所以.
（2）由和，可知.
因为，
所以.
又因为，
所以，即.
又，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，
所以，
所以的面积的最小值为.
19．如图所示，三棱台的底面为正三角形，平面，和分别为和的中点，是线段（含端点）上一动点.
(1)求证：平面；
(2)试问：是否存在，使得与平面的所成角为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）连结，设与交于，连结，，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用线面角的坐标表示建立方程，求解即可.
【详解】（1）连结，设与交于，连结，
因为平面平面，所以，
又因为是中点，所以，
所以四边形为正方形，
所以是的中点，
因为为的中点，所以为的中位线，
所以，
又因为平面平面，
所以平面；
（2）连结，正中，且平面，
以为正交基底建立空间直角坐标系，
则，
，
于是，
设，
即
设平面的一个法向量为，则，即，
取，则，得，
若与平面的所成角为，
则
，
整理得，此式无解，故不存在这样的.
20．已知正项数列的前项和为.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，结合题中条件，即可求解；
（2）分奇偶项两组进行求和，一组利用公式法求和；另一组，裂项相消求和.
【详解】（1）因为，
所以，
相减得：，
因为，所以，
又因为，所以，
即，也适合上式，
所以，即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以；
（2）因为，
当
，
所以
.
21．已知椭圆的上顶点为，设点轴上的两个动点和满足，且当位于椭圆的右焦点时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线和分别交椭圆于和两点，求证：直线经过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可直接求得，在中，有，可求得，进一步计算即可;
（2）设出直线的方程，联立直线和椭圆方程，解出点的坐标，求得直线方程进一步考查即可；也可设线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合题中条件即可求得.
【详解】（1）因为椭圆的上顶点为，所以，
在当位于椭圆的右焦点时，中，有，
即，所以，
于是，
所以椭圆的方程为；
（2）设，则，
因为，所以，即，
设直线和的斜率分别为和，
则（定值），
（法一）因为直线的方程为，则，化简得，
解得，于是，
同理可得，又由，整理得，
所以，
于是直线的方程为，化简得，
所以直线经过定点.
（法二）设直线的方程为，
因为椭圆方程为，即，所以，所以，
整理得，
于是，所以，
解得，
即直线的方程为，令，有，
所以直线经过定点.
【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法;
(1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点.
(2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关.
22．已知函数.
(1)若，求证：当时，；
(2)讨论函数在区间上的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数考查函数的单调性即可证明；（2）利用导数考查函数的单调性，结合零点存在性定理即可求解.
【详解】（1）当时，，所以，
因为，所以，所以，
所以在上单调递增，，得证；
（2）由题意，，
所以，
当时，因为，
所以，所以在上单调递增；
.当时，设，
因为，
所以在上单调递增，
且
①当即时，
对恒成立，
所以在上单调递增，结合1可知，在上单调递增，
因为，所以在区间上的零点个数为1；
②当即时，
，使得，
结合可知：
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，
所以存在和，使得，
即在区间上的零点个数为2.
综上：当时，在区间上的零点个数为1；
当时，在区间上的零点个数为2
【点睛】方法点睛：求零点的个数一般有两个思路：一是利用导数研究含参函数的单调性，求得最值，利用零点存在性定理进行求解；二是转化为求方程的根的个数，通常可以转化为求两个函数交点的个数，注意数形结合及分类讨论的思想.