蘇大附中2024屆高三年級數學學科零模適應性訓練（一）（考試時間：120分鐘總分150分）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．（

）A． B．1 C． D．3．已知一組成對數據中y關于x的一元非線性回歸方程，已知，則（

）A． B．1 C． D．4．下列不等式一定成立的是（

）A．lg(x2＋)>lgx(x>0) B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)C． D．>1(x∈R)5．若，則（

）A．40 B．41 C． D．6．已知是奇函數，則在處的切線方程是（

）A． B． C． D．7．已知角滿足，則的值為（

）A． B． C． D．8．已知數列滿，則下列選項正確的是（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9．在正方體中，下列結論正確的是（

）A． B．平面C．直線與所成的角為60° D．二面角的大小為45°10．在直角坐標系中，已知雙曲線的焦點到漸近線的距離不大于，點分別在的左、右兩支上，則（

）A．的離心率為定值B．是的一條漸近線C．的兩條漸近線的夾角的正切值為D．的最小值為211．已知函數，下列結論正確的是（

）A．若函數無極值點，則沒有零點B．若函數無零點，則沒有極值點C．若函數恰有一個零點，則可能恰有一個極值點D．若函數有兩個零點，則一定有兩個極值點12．某區四所高中各自組建了排球隊（分別記為“甲隊”“乙隊”“丙隊”“丁隊”）進行單循環比賽（即每支球隊都要跟其他各支球隊進行一場比賽），最后按各隊的積分排列名次，積分規則為每隊勝一場得3分，平一場得1分，負一場得0分．若每場比賽中兩隊勝、平、負的概率都為，則在比賽結束時（

）A．甲隊積分為9分的概率為 B．四支球隊的積分總和可能為15分C．甲隊勝3場且乙隊勝1場的概率為 D．甲隊輸一場且積分超過其余每支球隊積分的概率為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．已知平面向量，，且，則．14．一個圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為2，高為2，以該圓臺的上底面為底面，挖去一個半球，則剩余部分幾何體的體積為.15．已知點，點O是坐標原點，點Q是圓上的動點，則的最大值為.16．已知函數，如圖A，B是直線與曲線的兩個交點，且，則.四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.(1)求角C；(2)若的面積為，求的周長．18．已知正項等差數列的前n項和為，且成等比數列．(1)求數列的通項公式：(2)令，求的前n項和．19．某市移動公司為了提高服務質量，決定對使用兩種套餐的集團用戶進行調查，準備從本市個人數超過1000的大集團和3個人數低于200的小集團中隨機抽取若干個集團進行調查，若一次抽取2個集團，全是大集團的概率為．(1)在取出的2個集團是同一類集團的情況下，求全為小集團的概率；(2)若一次抽取3個集團，假設取出大集團的個數為，求的分布列和數學期望．20．如圖，已知AB為圓錐SO底面的直徑，點C在圓錐底面的圓周上，，，BE平分，D是SC上一點，且平面平面SAB．(1)求證：；(2)求平面EBD與平面BDC所成角的余弦值．21．已知橢圓E的中心為坐標原點，對稱軸為x軸、y軸，且過兩點．(1)求E的方程；(2)設過點的直線交E于M，N兩點，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點T，點H滿足，證明：A，H，N三點共線．22．已知函數.(1)討論的單調性；(2)已知有兩個解，①直接寫出a的取值范圍；（無需過程）②為正實數，若對于符合題意的任意，當時都有，求的取值范圍．1．C【分析】根據題意，求得，結合集合并集的運算，即可求解.【詳解】由集合，又因為，所以．故選：C.2．C【分析】利用復數的四則運算求解即可.【詳解】故選：C.3．B【分析】根據題意，求得和的平均數，根據樣本中心滿足回歸方程，即可求解.【詳解】因為y關于x的一元非線性回歸方程，設，則回歸直線方程，又因為，可得，即樣本中心為，將樣本中心代入回歸直線方程，可得，解得，即.故選：B.4．C【分析】應用基本不等式：x，y>0，≥(當且僅當x＝y時取等號)逐個分析，注意基本不等式的應用條件及取等號的條件．【詳解】當x>0時，x2＋≥2·x·＝x，所以lg(x2＋)≥lgx(x>0)，故選項A不正確；當x≠kπ，k∈Z時，sinx的正負不能確定，故選項B不正確；因為，所以選項C正確；當x＝0時，有＝1，故選項D不正確．故選：C.【點睛】本題考查基本不等式的運用，在運用基本不等式時需保證“一正，二定，三相等”，屬于基礎題.5．B【分析】利用賦值法可求的值.【詳解】令，則，令，則，故，故選：B.6．C【分析】根據奇函數定義求出，再由導數的幾何意義求出切線斜率，即可得解.【詳解】因為為奇函數，則，可得，注意到，可知不恒成立，則，即，可得，所以，則，故，可知切點坐標為，切線斜率為2，所以切線方程為.故選：C.7．D【分析】由，求得，結合，代入即可求解.【詳解】由，可得，所以，.故選：D.8．C【分析】根據通項公式與前n項和公式之間的關系可得數列的通項公式.對于ABC：根據數列的通項公式結合對數分析判斷；對于D：構建，結合導數可證在上恒成立，結合通項公式分析判斷.【詳解】因為，當時，則；當時，則，兩式相減得，即；綜上所述：.對于選項A：，故A錯誤．對于選項B：，因為，即，則，即，故B錯誤；對于選項C：，，因為，即，可得，即，所以，故C正確；對于選項D：設，記，則，故，在上恒成立，所以，故D錯誤．故選：C．【點睛】關鍵點睛：1.對于連加形式的問題，往往結合通項公式與前n項和公式之間的關系分析求解；2.對于不等式問題，常常構建函數，結合導數分析處理.9．ABCD【分析】結合正方體的性質，由平面，線面垂直可判斷選項A；由線面平行的判定定理可判斷選項B；由異面直線所成角的定義可判斷選項C；由二面角的平面角定義可判斷選項D.【詳解】對于選項A，如圖，因為在正方體中，平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，故選項A正確；對于選項B，如圖，因為在正方體中，，平面，平面，所以AC//平面，故選項B正確；對于選項C，如圖，因為在正方體中，，所以或其補角即為直線與所成的角，由為正三角形可知，，故選項C正確；對于選項D，如圖，因為在正方體中，面，平面，所以，，又因為二面角的交線為，所以為二面角的平面角，在等腰直角中，，故選項D正確.故選：ABCD.10．ACD【分析】利用焦點到漸近線的距離不大于，求出，即可判斷A選項；利用雙曲線的方程求出漸近線方程即可判斷B選項；利用正切的二倍角公式即可判斷C選項；利用雙曲線的性質即可判斷D選項.【詳解】選項A：雙曲線的右焦點為，一條漸近線的方程為，焦點到漸近線的距離，故.,故離心率,故A正確；選項B：由A知，，漸近線方程為，故B錯誤；選項C：漸近線方程為，一條漸近線的斜率，則,且兩直線的夾角的取值范圍為所以兩條漸近線的夾角的正切值,故C正確；選項D：點分別在的左、右兩支上，，故D正確.故選：ACD11．AD【分析】畫出可能圖象，結合圖象判斷選項即可.【詳解】

，設若函數無極值點則，則，此時，即，所以，沒有零點，如圖①；若函數無零點，則有，此時，當時，先正再負再正，原函數先增再減再增，故有極值點，如圖②；若函數恰有一個零點，則，此時，先正再負再正，原函數先增再減再增，有兩個極值點，如圖③；若函數有兩個零點，則，此時，先正再負再正，函數先增再減再增，有兩個極值點，如圖④；所以AD正確.故選：AD.12．ABD【分析】若甲隊積分為9分，則甲勝乙、丙、丁，結合獨立事件的概率公式運算判斷A；舉例比賽的各種得分情況判斷B；由互斥事件與獨立事件的概率公式計算概率判斷CD．【詳解】對于選項A：若甲隊積分為9分，則甲勝乙、丙、丁，所以甲隊積分為9分的概率為，故A正確；對于選項B：四支球隊共6場比賽，例如甲勝乙、丙、丁，而乙、丙、丁之間平，則甲得9分，乙、丙、丁各得2分，所以四支球隊的積分總和可能為15分，故B正確；對于選項C：每場比賽中兩隊勝、平、負的概率都為，則甲隊勝3場且乙隊勝1場的概率為，故C錯誤；對于選項D：甲隊在輸了一場且其積分仍超過其余三支球隊的積分，三隊中選一隊與甲比賽，甲輸，，例如是丙甲，若甲與乙、丁的兩場比賽一贏一平，則甲只得4分，這時，丙乙、丙丁兩場比賽中丙只能輸，否則丙的分數不小于4分，不合題意，在丙輸的情況下，乙、丁已有3分，那個它們之間的比賽無論什么情況，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合題意；若甲全贏（概率是）時，甲得6分，其他3人分數最高為5分，這時丙乙，丙丁兩場比賽中丙不能贏否則丙的分數不小于6分，只有全平或全輸，①若丙一平一輸，概率，如平乙，輸丁，則乙丁比賽時，丁不能贏，概率；②若丙兩場均平，概率是，乙丁這場比賽無論結論如何均符合題意；③若兩場丙都輸，概率是，乙丁這場比賽只能平，概率是；綜上概率為，故D正確．故選：ABD．【點睛】難點點睛：本題考查獨立的概率與互斥事件的概率公式，難點在于分析丙在輸第一場的情況下如何才能使得分超過其他三人，方法是結合列舉法對六場比賽結果分步分析，確定每人的得分使之合乎題意．13．【分析】根據，求出，從而得到，求出模長.【詳解】由，得，即．整理得，解得，所以，所以，故．故答案為：14．【分析】由題意得到圓臺和半球的體積，即可求解．【詳解】因為，，所以剩余部分幾何體的體積為．故答案為：.15．【分析】根據題意，得到點，可得點在直線上的動點，把的最大值轉化為則，結合對稱法和圓的性質求最值，即可求解.【詳解】由圓，可得圓心，半徑為，又由點，可得點在直線上的動點，因為點O是坐標原點，點Q是圓上的動點，則，如圖所示，設點關于直線的對稱點為，可得，解得，即，設直線與直線的交點為，則直線的方程為，聯立方程組，解得，即，則，當點與重合時，此時，則，此時取得最大值，最大值為，所以，即的最大值為.故答案為：.16．【分析】設，根據圖形可得，，，結合題意求，結合函數周期性運算求解.【詳解】不妨設，可得，，由圖可知在一個周期內，則，，，又因為，即，可得，解得，則，解得，所以，可知的最小正周期，所以.故答案為：.【點睛】方法點睛：函數的解析式的確定1.由最值確定；2.由周期確定；3.由圖象上的特殊點確定．提醒：根據“五點法”中的零點求時，一般先根據圖象的升降分清零點的類型．17．(1)(2)15【分析】（1）用正弦定理邊化角，結合二倍角公式和兩角和的正弦公式即可；（2）利用面積求ab，再用余弦定理求，即可得結果.【詳解】（1）因為，由正弦定理得，所以，所以，因為，則，即，因為，所以，所以，所以．（2）因為，所以，由余弦定理可得，即，得．所以的周長為.18．(1)(2)【分析】（1）根據等差數列的前n項和公式以及等比中項的性質，利用基本量法即可求出，從而得出通項公式；（2）利用第（1）小問求出，再由錯位相減法進行數列求和即可得出結論.【詳解】（1）設等差數列的公差為，因為，則，又因為成等比數列，可得，則，解得或（舍去），所以.（2）由（1）可得：，則，可得，兩個等式相減得,，所以，所以.19．(1)(2)分布列見解析，【分析】（1）根據古典概型的概率公式計算全為小集團的概率值；（2）由題意知隨機變量的可能取值，計算對應的概率值，寫出分布列，求出數學期望值．【詳解】（1）由題意知共有個集團，取出2個集團的方法總數是，其中全是大集團的情況有，故全是大集團的概率是，整理得到，解得．若2個全是大集團，共有種情況；若2個全是小集團，共有種情況；故全為小集團的概率為．（2）由題意知，隨機變量的可能取值為，計算，，，，；故的分布列為：0123數學期望為．20．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由等腰三角形的性質可得，再由面面垂直的性質可得平面BDE，再利用線面垂直的性質可得結論，（2）取的中點M，連接OM，OS，則OM，OS，OA兩兩垂直，所以以O為坐標原點，以OM為x軸，以OA為y軸，以OS為z軸建立如圖空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【詳解】（1）因為，且BE平分，所以，又因為平面平面SAB，且平面平面，平面SAB，所以平面BDE，又因為平面BDE，所以；（2）取的中點M，連接OM，OS，則OM，OS，OA兩兩垂直，所以以O為坐標原點，以OM為x軸，以OA為y軸，以OS為z軸建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，由（1）知平面BDE，所以是平面BDE的一個法向量，設平面BDC的法向量為，因為，則，取，則，因此，所以平面EBD與平面BDC所成角的余弦值為．【點睛】21．(1)(2)證明見解析【分析】（1）將給定點代入設出的方程求解即可；（2）分情況討論斜率是否存在，設出直線方程，與橢圓C的方程聯立，根據題意結合韋達定理分析證明.【詳解】（1）設橢圓E的方程為，因為橢圓E過，則，解得，所以橢圓E的方程為：.（2）因為，則直線：，即，①若過點的直線斜率不存在，直線為，代入，可得，，代入AB方程，可得，由得到，求得HN方程：，過點，所以A，H，N三點共線；②若過點的直線斜率存在，設.聯立方程，消去y得，則，可得，由消去x得，可得，且即，聯立，可得，由得到，可得，將代入整理得，即，整理得即直線直線HN過點，所以A，H，N三點共線；綜上所述：A，H，N三點共線.【點睛】方法點睛：求定點、定值問題常見的方法有兩種：①從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；②直接推理、計算，并在計算推理