江苏省常熟市2024届高三上学期阶段性抽测二数学试题（解析版）

PAGEPAGE1江苏省常熟市2024届高三上学期阶段性抽测二数学试题一､单项选择题1.已知集合，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗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〖解析〗，，故选：A3.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〖解析〗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〖解析〗对任意恒成立，变形为对任意恒成立，其中，又上单调递减，在上单调递增，其中当时，，当时，，，故.故选：A5.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，故选：C6.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〖解析〗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〖解析〗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.1 D.〖答案〗A〖解析〗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.二､多项选择题9.已知实数满足，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗AB〖解析〗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〖解析〗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：ACD11.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0C.若，则D.若，则一定小于0〖答案〗BCD〖解析〗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.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〖解析〗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.三､填空题13.函数的部分图象如图所示，则__________.〖答案〗〖解析〗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〗〖解析〗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〗〖解析〗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）〖解析〗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，，，（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）；.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.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.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.（1）证明：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）解：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.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.（1）解：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）证明：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.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.（1）证明：当时，，所以，因为，