2024年5月16日发(作者：敛玲然)

江苏省苏州市部分高中2024届高三下学期3月适应性考试数

学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

1．已知集合

A=

{

-2,0,1,3

}

，

B



1,0,1,2



，则

AB

的真子集个数为（

A

．

2B

．

3C

．

4D

．

5

）

）

2．设复数

zai

（

aR

，

i

为虚数单位），若



1i



z

为纯虚数，则复数

z

的虚部为（

A

．

1

B

．

1C

．

2D

．



i

）

2026，2025,x,2023

的平均数为

2024

，则该组数据的方差为（

3

．若一组数据

2022，

A

．

1B

．

2C

．

0.4D

．

10

4

．有形状和大小完全相同的

4

个球，球的编号分别为

1

，

2

，

3

，

4

，若从袋中一次随机

摸出

2

个球，则摸出的

2

个球的编号之和不小于

4

的概率为（

A．

2

3

）

D．

5

6

B．

1

3

C．

2

1

5．已知圆锥的高为6，体积为高的

台高是

3

，则该圆台的体积为（

A．

8

3

4

倍，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆

3

）

C．7D．9B．

11

3

6．在平面直角坐标系

xOy

中，若直线

ykx33

上存在一点

P

，圆

x

2

(y1)

2

1

上



存在一点

Q

，满足

OP3OQ

，则实数

k

的最大值为（



）

D

．

3

x

2

y

2



1(

a



0,

b



0)

的

a

2

b

2

A

．

0B

．

3C

．

3

7．在平面直角坐标系

xOy

中，设直线

l:xy10

与双曲线

C

:

两条渐近线都相交且交点都在

y

轴左侧，则双曲线

C

的离心率

e

的取值范围是（

A．

∣0,2)

B．

1,2

）



C．

0,3



）

D．

1,3



8．已知

a,bR

，

ab4

，则

A．

5



1

2

11



的最大值为（

a

2



1b

2



1

C．

5



1

4

B．

5



2

2

D．

5



2

4

二、多选题

9．如图，在直三棱柱

ABC-A

1

B

1

C

1

中，

CACB

，点

M

，

N

分别是

AB

，

A

1

B

1

的中点.

试卷第1页，共4页

则下列一定成立的是（）

A．

A

1

NMB

B．

A

1

M//BN

C．

A

1

CAB

1

D．

CM



AB

10

．如图，在

ABC

中，三个内角

B

、

A

，

C

成等差数列，且

AC10

，

BC15

.

已知

点

D



10,0



（未画出），若函数

f



x



Msin





x







M0,



0,



90



的图像经过

A

、

C

、

D

三点，且

A

、

D

为该函数图像与

x

轴相邻的两个交点，则（）

A．

AB553

C．

f



0



f



5



0

B．

S



ABC



25

2



3



32



）

π



π

D．

f



x





10sin



x





3



15

xx

11．已知

b0

，且

b1

，函数

f



x





e

b

，其中

e

为自然对数的底数，则（

A

．若该函数为偶函数，则其最小值为

22

B．函数

yf



x



的图像经过唯一的定点



0,2



C．若关于

x

的方程

f



x



2

有且只有一个解，则

b1

或

b

1

e

D．令

g



x



f



x



2

为

R

上的连续函数，则当

0b1

时

g



x



至多存在一个零点

三、填空题

12．各项均为正数的等比数列



a

n



中，若

a

2

a

3

a

4

a

2

a

3

a

4

，则

a

3

的最小值为.

x

2

y

2

2

13．在平面直角坐标系中，已知椭圆

E

:

2



2



1(

a



b



0)

的离心率为，左焦点

ab

2

F



2,0



，直线

l:yt

与椭圆交于

A

，

B

两点，

M

为椭圆上异

M

于

A

，

B

的点.则椭圆

试卷第2页，共4页

E

的标准方程为；若

M



6,1



，以

AB

为直径的圆

P

过点

M

，则圆

P

的标

.

准方程为

14

．如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是边长为

80cm

的正方形

ABCD

，另

一部分是以

AD

为直径的半圆，其圆心为

O

.

规划修建的

3

条直道

AD

，

PB

，

PC

将广场

分割为

6

个区域：

Ⅰ

、

Ⅲ

、

Ⅴ

为绿化区域（图中阴影部分），

Ⅱ

、

Ⅳ

、

Ⅵ

为休闲区域，其

中点

P

在半圆弧上，

AD

分别与

PB

，

PC

相交于点

E

，

F

.

（道路宽度忽略不计）设

POD



，







0,90



.当

sin



为时，绿化区域面积之和最大.

四、解答题

15．在

ABC

中，角

A,B,C

所对的边分别是

a

、

b

、

c

，且

a

2

b

2

c

2

bc

，

a

(1)

求

cosB

的值；

π



(2)求

cos



C





的值.

12



x

2

y

2

16．如图，在平面直角坐标系

xOy

中，椭圆

C

:

2



2



1(

a



b



0)

的下顶点为

B

，点

ab

15

b

.

2

M,N

是椭圆上异于点

B

的动点，直线

BM,BN

分别与

x

轴交于点

P,Q

，且点

Q

是线段

OP

的中点．当点

N

运动到点

(3,

(1)

求椭圆

C

的标准方程；

23

3

)

处时，点

Q

的坐标为

(,0)

．

2

3



当点

M,N

均在

y

轴右侧，且

DN2NM

时，求直线

BM

的

(2)

设直线

MN

交

y

轴于点

D

，

方程．

x

32

17．已知函数

g



x



xaxbx



a,bR



有极值，与函数

f



x







xa



e

的极值点相

同，其中

e

是自然对数的底数

.

试卷第3页，共4页

(1)直接写出当

a1

时，函数

f



x



在

x1

处的切线方程；

(2)

通过计算用

a

表示

b

；

7

(3)当

a0

时，若函数

F



x



f



x



g



x



的最小值为

M



a



，证明：

M



a





.

3

18．已知数列



a

n



的前n项和为

S

n

，对任意正整数n，总存在正数

p,q,r

，使得

a

n



p

n



1

,

S

n



q

n



r

恒成立；数列



b

n



的前n项和为

T

n

，且对任意正整数

n,2T

n

nb

n

恒

成立．

(1)

求常数

p,q,r

的值；

(2)证明数列



b

n



为等差数列；

(3)若

b

2

2

，记

P

n



2

n



b

2

n



b

2

n



b

1

2

n



b

2

2

n



b

3



n



2

n



1



n



1

n

，是否存在正整数

a

n

2

a

n

4

a

n

2

a

n

2

a

n

k，使得对任意正整数

n,P

n

k

恒成立，若存在，求正整数k的最小值；若不存在，请说

明理由．

19

．甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为

n

，若甲从其中一个

底面边长和高都为

2

的正四棱锥的

5

个顶点中随机选取

3

个点构成三角形，定义随机变

量

X

的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的

8

条棱中任

取

2

条，定义随机变量



的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的

9

条棱中任取

2

条，定义随机变量



的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）

.

（参考数据

(1)

比较三种随机变量的数学期望大小；



5



arctan5



0.3661,arctan





0.2677,arctan22



0.3918

）



2







(2)现单独研究棱长

n

，记



x



1







x













x





（

n2

且

nN

*

），其展开式中含

x

项的系数为

S

n

，含

x

2

项的系数为

T

n

.





1



2







1



n



①若

T

n



an

2



bn



c

，对

n2,3,4

成立，求实数

a

，

b

，

c

的值；

S

n

T

n



an

2



bn



c

S

n

②对①中的实数

a

，

b

，

c

用数字归纳法证明：对任意

n2

且

nN

*

，

都成立

.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1

．

B

【分析】根据条件，得到

AB



0,1



，即可求出结果.

【详解】因为

A=

{

-2,0,1,3

}

，

B



1,0,1,2



，得到

AB



0,1



，

所以

AB

的真子集个数为

2

2

13

，

故选：

B.

2

．

A

【分析】

根据复数的乘法和纯虚数的定义解出

a

值，再求出其共轭复数即可得到其虚部

.

【详解】



a



1



0

,



a



1

，因为



1i



z

(1i)(ai)(a1)(a1)i

为纯虚数，所以



a



1



0



则

z1i

，

z1i

，

则复数

z

的虚部为

1

，

故选：

A.

3

．

B

【分析】根据条件，求出

x

，再利用方差的定义即可求出结果

.

【详解】由题有

2022

+

2026

+

2025

x

2023



2024

，得到

x2024

，

5

所以该组数据的方差为

1

2

S

2



[(2022



2024)

2



(2026



2024)

2



(2025



2024)

2



(2024



2024

2

)



(2023



2024)]



2

，

5

故选：

B.

4

．

A

【分析】

列出所有情况，再根据古典概率计算公式即可

.

【详解】

从袋中一次随机摸出

2

个球，共有

(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)

6

种基本事件，

其中摸出的

2

个球的编号之和不小于

4

的事件为

(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)

，四种基本事件数，

因此概率为

42



.

63

答案第

1

页，共

17

页

故选：

A.

5

．

C

【分析】

根据题意利用等量关系可求得圆锥底面圆半径为

r

【详解】如下图所示：

2

π

，代入计算可得圆台体积.

易知圆锥的高

hOS6

，圆台的高

OO

1

3

，

1

设圆锥的底面圆半径为

r

，则

O

1

Ar

；

2

2

1

2

4

所以

π

rh

6

，解得

r

；

π

33



r



可得圆台下底面圆面积为

πr

2

4

，上底面圆面积为

π





1

，



2



2

所以该圆台的体积为

V

故选：

C

6

．

A

【分析】

1

4



1



4



1



3



7

.

3





根据

OP3OQ

求出点

P

的轨迹方程，只需直线

ykx33

与点

P

的轨迹有公共点即可.







xy



Px,y



【详解】根据题意，设点，由

OP3OQ

可得

Q



,



，



33



2



x



y



又点

Q

在圆

x(y1)1

上，可得









1





1

，即

x

2





y3



9

；



3



3



22

22

所以点

P

既在直线

ykx33

上，又在以



0,3



为圆心，半径为3的圆

x

2





y3



9

上，



3



33

k

1



k

2



2

即直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离

d



3

，

答案第

2

页，共

17

页

解得

3k0

，

所以实数

k

的最大值为

0.

故选：

A

7

．

B

【分析】根据条件，结合图形，即可得到

b

1

，再根据离心率公式，即可求出结果.

a

b

x

2

y

2

【详解】因为双曲线

C

:

2



2



1(

a



0,

b



0)

的两条渐近线方程为

y



x

，

ab

a

又

l:xy10

与双曲线的两条渐近线都相交且交点都在

y

轴左侧，

b

b

ca

2



b

2

b

2

由图知，

1

，即

1

，所以离心率

e



1



2



1



1



2

，

a

aa

2

a

a

又

e1

，所以

1e2

，

故选：

B.

8

．

D

【分析】

11

由题意首先得

ab4

，且

a

2



1



b

2



1



即可求解，注意验证取等条件

.

18



2

ab



ab



2



2

ab



17

，进一步通过换元法以及判别式法

【详解】因为

ab4

，所以

a

2

b

2

2ab164ab

，所以

ab4

，等号成立当且仅当

ab2

，

11

a

2



1



b

2



1

a

2



b

2



218



2

ab



从而

2

，

a



1

b

2



1



a

2



1



b

2



1





ab



2



a

2



b

2



1



ab



2



2

ab



17

令

tab4

，设

y



18



2

ab



ab



2



2

ab



17



18



2

t

y0

，

t

2



2

t



17

，显然

2

则

yt2



1y



t17y180

，

因为关于

t

的一元二次方程有实数根，所以

4



1y



4y



17y18



0

，

2

答案第

3

页，共

17

页

整理得

64y

2

64y40

，即

16y

2

16y10

，

2



52



52



5

，注意到

y0

，从而

0



y



，



y



444

y



14



1



1



45



2



9



45



等号成立当且仅当

Δ0

，即

t



y

5



2

解得



5



2



2



2

2



4

，

所以经检验

y

的最大值，即

故选：

D.

11

5



2



的最大值为

.

22

a



1b



1

4

11

【点睛】关键点点睛：关键是得

ab4

，且

a

2



1



b

2



1



得解

.

9

．

ABD

18



2

ab



ab



2



2

ab



17

，由此即可顺利

【分析】利用三棱柱性质和中点可得A正确；易知四边形

A

1

NBM

是平行四边形，所以

A

1

M//BN

，即B正确；利用线面垂直性质可得若

A

1

CAB

1

需满足

A

1

B

1

2AA

1

，所以C

不一定成立；由等腰三角形性质可得

ABCM

，即

D

正确

.

【详解】对于A，由三棱柱性质可得

ABA

1

B

1

，又点

M

，

N

分别是

AB

，

A

1

B

1

的中点，

所以

A

1

NMB

1

AB

，即A正确；

2

MB

对于B，由A中的结论可得

A

1

N

，且

AB//A

1

B

1

，所以

A

1

N//MB

，

因此可得四边形

A

1

NBM

是平行四边形，所以

A

1

M//BN

，即B正确；

对于C，因为是直三棱柱，所以

A

1

A

平面

ABC

，

又

CM

平面

ABC

，所以

A

1

ACM

；

又因为

CACB

，点

M

是

AB

的中点，所以

ABCM

；

又

ABA

1

AA,AB,A

1

A

平面

ABB

1

A

1

，可得

CM

平面

ABB

1

A

1

，

又

AB

1



平面

ABB

1

A

1

，所以

CMAB

1

，

C

，所以

AB

1



平面

CMA

1

，若

A

1

CAB

1

，且

CMAC

1

又

A

1

M

平面

CMA

1

，可得

AB

1

A

1

M

，

在四边形

ABB

1

A

1

中，若

AB

1

A

1

M

，利用三角形相似可得

答案第

4

页，共

17

页

AA

1

AM



，即

A

1

B

1

2AA

1

，

AA

1

A

1

B

1

题目中没有对应的条件，所以

C

不一定成立；

对于

D

，因为

CACB

，点

M

是

AB

的中点，所以

ABCM

；即

D

正确

.

故选：

ABD

10

．

BD

【分析】选项A，根据条件，得到

A

，再利用余弦定理求出

AB

，即可判断出选项A的

正误；对于选项B，根据选项A中的结果，利用面积公式即可求出

S



ABC

，从而判断出选项

B的正误；选项C，由题知

f(0)53

，

f



5



0

，即可判断出选项C错误；选项D，根

π



π

据题设条件，直接求出

f



x





10sin



x





，即可作出判断，从而求出结果.

3



15

π

3

【详解】对于选项A，因为角

B

、

A

、

C

成等差数列，所以

A

，

在

ABC

中，

AC10

，

BC15

，

A

，记

ABc

222

由余弦定理得到

15

c

10



2

c

10



cos

π

3

π

3

π

，即

c

2

10c1250

，

3

得到

AB556

，所以选项A错误，

对于选项B，

S



ABC



11π25

bc

sin

A

10



(5



56)sin



2232



3



32

，所以选项B正确，



由图知，

AOAC

cos

π1π



10



5,

OCAC

sin



53

，

323

所以

A(5,0),C(0,53)

，即有

f(0)53

，

f



5



0

，所以选项C错误，

又

A

、

D

为函数

f(x)

图像与

x

轴相邻的两个交点，

D



10,0



，

所以

T

ππ



π



π



15

，得到





，又

f





5





M

sin





(



5)









0

，得到



k

π(

k

Z)

，

15

2



3



15



π

k

π(

k

Z)

，

3

π

，

3

π



53

，得到

M10

，

3

即





又



90

，所以





又因为

f(0)53

，所以

f



0



M

sin

π



π

所以

f



x





10sin



x





，故选项D正确，

3



15

答案第

5

页，共

17

页

故选：

BD.

11

．

BC

【分析】

对于A，由

f



1



f



1



得

b

1

，通过举反例即可判断错误；对于B，若

yf



x



经过定

e

xx

点



x

0

,y

0



，那么

e

0

b

0

y

0

对任意的b成立，从而

x

0

0

，由此即可判断；对于C，

分

b1

或

b

1

1

或

0b1,b

这三种情况讨论，结合导数与函数单调性、最值的关系以及

e

e

零点存在定理即可判断；对于

D

，由

C

选项分析过程即可判断

.

11e



b

【详解】A：若该函数为偶函数，此时由

f



1



f



1



得

e



b



，

e

b

e

b

所以得

eb1

，从而

b

1

x



x

，

f



x





e



e

，

e

注意到

f



0



222

，A错误；

xx

B：显然

f(0)2

，若

yf



x



经过定点



x

0

,y

0



，那么

e

0

b

0

y

0

对任意的b成立，从而

b

x

00

与b无关，这意味着

x

0

0

，故

y

0

eb2

，B正确.

0

C

：显然

f(0)2

，所以

f(x)2

必有一解

x0

，

若

b1

，则

f



x



单调递增，从而一定是唯一解，

若

b

1

，则

f



x





e

x



e



x



2e

x



e



x



2

，等号成立当且仅

x0

，所以一定是唯一解，如

e

ln



ln

b



u



1

xx

果

0b1,b

，则

f





x





e

b

ln

b

单调递增，且有唯一零点



e



，

ln



e



b



由于

f





0



1lnb0

，所以

u0

，

而

f



x



在



,u



递减，在



u,



递增，

且

u0

，所以

f



u



f



0



2

，

答案第

6

页，共

17

页

ln2ln2



u

ln2



ln2



ln

b



u





b



b

ln

b



2,



u



u



u

，若

u0

，则由

f



ln

b



ln

b





ln2





u

,

u



上还有一根t，且

tu0

，故

t0

，可知

f



x



2

在





ln

b



若

u

0

，则由

f



ln2



u





e

ln2



u



e

ln2



2,ln2



u



u



u

，

可知

f



x



2

在



ln2u,u



上还有一根t，且

tu0

，故

t0

.

无论怎样，

f



x



2

都有一个不等于0的根t，从而解不唯一，综上，C正确；

D：根据C选项的过程，如果

0b1

且

b

D

错误

.

故选：

BC.

【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是分

b1

或

b

由此即可顺利得解

.

12

．

3

【分析】根据条件，利用等比列的性质及基本不等式，即可求出结果

.

【详解】因为数列



a

n



是各项均为正数的等比数列，又

a

2

a

3

a

4

a

2

a

3

a

4

，

2

3

3

，即

a

3

3

，

a

3

，得到

a

3

所以

a

2

a

3

a

4

a

3

a

2

a

3

a

4

a

3

2a

2

a

4

3

1

，那么

f



x



2

一定有两个根

x0

和

xt

，

e

1

1

或

0b1,b

这三种情况讨论，

e

e

故答案为：

3

.

13．

【分析】

空1：根据离心率为

x

2

8



y

2

4

1

1



70



x





y







3



9



2

2

2

，左焦点

F



2,0



，可求出

a

和

b

，从而求出椭圆

E

的方程；空2：

2

设

A



s,t



，则

B



s,t



，且

s

2

2t

2

8

，由

M6,1

，以

AB

为直径的圆

P

过

M

点可得





2

2

MAMB0

即

6s



t1



0

，从而可求出圆

P

的标准方程.

x

2

y

2

c

2

【详解】∵

e



且

c2

，∴

a22

，

b2

.∴椭圆方程为

1

.

84

a

2

设

A



s,t



，则

B



s,t



，且

s

2

2t

2

8

.①

∵以

AB

为直径的圆

P

过

M

点，∴

MA



MB

，



∴

MAMB0

，

答案第

7

页，共

17

页

2024年5月16日发(作者：敛玲然)

江苏省苏州市部分高中2024届高三下学期3月适应性考试数

学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

1．已知集合

A=

{

-2,0,1,3

}

，

B



1,0,1,2



，则

AB

的真子集个数为（

A

．

2B

．

3C

．

4D

．

5

）

）

2．设复数

zai

（

aR

，

i

为虚数单位），若



1i



z

为纯虚数，则复数

z

的虚部为（

A

．

1

B

．

1C

．

2D

．



i

）

2026，2025,x,2023

的平均数为

2024

，则该组数据的方差为（

3

．若一组数据

2022，

A

．

1B

．

2C

．

0.4D

．

10

4

．有形状和大小完全相同的

4

个球，球的编号分别为

1

，

2

，

3

，

4

，若从袋中一次随机

摸出

2

个球，则摸出的

2

个球的编号之和不小于

4

的概率为（

A．

2

3

）

D．

5

6

B．

1

3

C．

2

1

5．已知圆锥的高为6，体积为高的

台高是

3

，则该圆台的体积为（

A．

8

3

4

倍，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆

3

）

C．7D．9B．

11

3

6．在平面直角坐标系

xOy

中，若直线

ykx33

上存在一点

P

，圆

x

2

(y1)

2

1

上



存在一点

Q

，满足

OP3OQ

，则实数

k

的最大值为（



）

D

．

3

x

2

y

2



1(

a



0,

b



0)

的

a

2

b

2

A

．

0B

．

3C

．

3

7．在平面直角坐标系

xOy

中，设直线

l:xy10

与双曲线

C

:

两条渐近线都相交且交点都在

y

轴左侧，则双曲线

C

的离心率

e

的取值范围是（

A．

∣0,2)

B．

1,2

）



C．

0,3



）

D．

1,3



8．已知

a,bR

，

ab4

，则

A．

5



1

2

11



的最大值为（

a

2



1b

2



1

C．

5



1

4

B．

5



2

2

D．

5



2

4

二、多选题

9．如图，在直三棱柱

ABC-A

1

B

1

C

1

中，

CACB

，点

M

，

N

分别是

AB

，

A

1

B

1

的中点.

试卷第1页，共4页

则下列一定成立的是（）

A．

A

1

NMB

B．

A

1

M//BN

C．

A

1

CAB

1

D．

CM



AB

10

．如图，在

ABC

中，三个内角

B

、

A

，

C

成等差数列，且

AC10

，

BC15

.

已知

点

D



10,0



（未画出），若函数

f



x



Msin





x







M0,



0,



90



的图像经过

A

、

C

、

D

三点，且

A

、

D

为该函数图像与

x

轴相邻的两个交点，则（）

A．

AB553

C．

f



0



f



5



0

B．

S



ABC



25

2



3



32



）

π



π

D．

f



x





10sin



x





3



15

xx

11．已知

b0

，且

b1

，函数

f



x





e

b

，其中

e

为自然对数的底数，则（

A

．若该函数为偶函数，则其最小值为

22

B．函数

yf



x



的图像经过唯一的定点



0,2



C．若关于

x

的方程

f



x



2

有且只有一个解，则

b1

或

b

1

e

D．令

g



x



f



x



2

为

R

上的连续函数，则当

0b1

时

g



x



至多存在一个零点

三、填空题

12．各项均为正数的等比数列



a

n



中，若

a

2

a

3

a

4

a

2

a

3

a

4

，则

a

3

的最小值为.

x

2

y

2

2

13．在平面直角坐标系中，已知椭圆

E

:

2



2



1(

a



b



0)

的离心率为，左焦点

ab

2

F



2,0



，直线

l:yt

与椭圆交于

A

，

B

两点，

M

为椭圆上异

M

于

A

，

B

的点.则椭圆

试卷第2页，共4页

E

的标准方程为；若

M



6,1



，以

AB

为直径的圆

P

过点

M

，则圆

P

的标

.

准方程为

14

．如图，某小区中央广场由两部分组成，一部分是边长为

80cm

的正方形

ABCD

，另

一部分是以

AD

为直径的半圆，其圆心为

O

.

规划修建的

3

条直道

AD

，

PB

，

PC

将广场

分割为

6

个区域：

Ⅰ

、

Ⅲ

、

Ⅴ

为绿化区域（图中阴影部分），

Ⅱ

、

Ⅳ

、

Ⅵ

为休闲区域，其

中点

P

在半圆弧上，

AD

分别与

PB

，

PC

相交于点

E

，

F

.

（道路宽度忽略不计）设

POD



，







0,90



.当

sin



为时，绿化区域面积之和最大.

四、解答题

15．在

ABC

中，角

A,B,C

所对的边分别是

a

、

b

、

c

，且

a

2

b

2

c

2

bc

，

a

(1)

求

cosB

的值；

π



(2)求

cos



C





的值.

12



x

2

y

2

16．如图，在平面直角坐标系

xOy

中，椭圆

C

:

2



2



1(

a



b



0)

的下顶点为

B

，点

ab

15

b

.

2

M,N

是椭圆上异于点

B

的动点，直线

BM,BN

分别与

x

轴交于点

P,Q

，且点

Q

是线段

OP

的中点．当点

N

运动到点

(3,

(1)

求椭圆

C

的标准方程；

23

3

)

处时，点

Q

的坐标为

(,0)

．

2

3



当点

M,N

均在

y

轴右侧，且

DN2NM

时，求直线

BM

的

(2)

设直线

MN

交

y

轴于点

D

，

方程．

x

32

17．已知函数

g



x



xaxbx



a,bR



有极值，与函数

f



x







xa



e

的极值点相

同，其中

e

是自然对数的底数

.

试卷第3页，共4页

(1)直接写出当

a1

时，函数

f



x



在

x1

处的切线方程；

(2)

通过计算用

a

表示

b

；

7

(3)当

a0

时，若函数

F



x



f



x



g



x



的最小值为

M



a



，证明：

M



a





.

3

18．已知数列



a

n



的前n项和为

S

n

，对任意正整数n，总存在正数

p,q,r

，使得

a

n



p

n



1

,

S

n



q

n



r

恒成立；数列



b

n



的前n项和为

T

n

，且对任意正整数

n,2T

n

nb

n

恒

成立．

(1)

求常数

p,q,r

的值；

(2)证明数列



b

n



为等差数列；

(3)若

b

2

2

，记

P

n



2

n



b

2

n



b

2

n



b

1

2

n



b

2

2

n



b

3



n



2

n



1



n



1

n

，是否存在正整数

a

n

2

a

n

4

a

n

2

a

n

2

a

n

k，使得对任意正整数

n,P

n

k

恒成立，若存在，求正整数k的最小值；若不存在，请说

明理由．

19

．甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为

n

，若甲从其中一个

底面边长和高都为

2

的正四棱锥的

5

个顶点中随机选取

3

个点构成三角形，定义随机变

量

X

的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的

8

条棱中任

取

2

条，定义随机变量



的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的

9

条棱中任取

2

条，定义随机变量



的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）

.

（参考数据

(1)

比较三种随机变量的数学期望大小；



5



arctan5



0.3661,arctan





0.2677,arctan22



0.3918

）



2







(2)现单独研究棱长

n

，记



x



1







x













x





（

n2

且

nN

*

），其展开式中含

x

项的系数为

S

n

，含

x

2

项的系数为

T

n

.





1



2







1



n



①若

T

n



an

2



bn



c

，对

n2,3,4

成立，求实数

a

，

b

，

c

的值；

S

n

T

n



an

2



bn



c

S

n

②对①中的实数

a

，

b

，

c

用数字归纳法证明：对任意

n2

且

nN

*

，

都成立

.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1

．

B

【分析】根据条件，得到

AB



0,1



，即可求出结果.

【详解】因为

A=

{

-2,0,1,3

}

，

B



1,0,1,2



，得到

AB



0,1



，

所以

AB

的真子集个数为

2

2

13

，

故选：

B.

2

．

A

【分析】

根据复数的乘法和纯虚数的定义解出

a

值，再求出其共轭复数即可得到其虚部

.

【详解】



a



1



0

,



a



1

，因为



1i



z

(1i)(ai)(a1)(a1)i

为纯虚数，所以



a



1



0



则

z1i

，

z1i

，

则复数

z

的虚部为

1

，

故选：

A.

3

．

B

【分析】根据条件，求出

x

，再利用方差的定义即可求出结果

.

【详解】由题有

2022

+

2026

+

2025

x

2023



2024

，得到

x2024

，

5

所以该组数据的方差为

1

2

S

2



[(2022



2024)

2



(2026



2024)

2



(2025



2024)

2



(2024



2024

2

)



(2023



2024)]



2

，

5

故选：

B.

4

．

A

【分析】

列出所有情况，再根据古典概率计算公式即可

.

【详解】

从袋中一次随机摸出

2

个球，共有

(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)

6

种基本事件，

其中摸出的

2

个球的编号之和不小于

4

的事件为

(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)

，四种基本事件数，

因此概率为

42



.

63

答案第

1

页，共

17

页

故选：

A.

5

．

C

【分析】

根据题意利用等量关系可求得圆锥底面圆半径为

r

【详解】如下图所示：

2

π

，代入计算可得圆台体积.

易知圆锥的高

hOS6

，圆台的高

OO

1

3

，

1

设圆锥的底面圆半径为

r

，则

O

1

Ar

；

2

2

1

2

4

所以

π

rh

6

，解得

r

；

π

33



r



可得圆台下底面圆面积为

πr

2

4

，上底面圆面积为

π





1

，



2



2

所以该圆台的体积为

V

故选：

C

6

．

A

【分析】

1

4



1



4



1



3



7

.

3





根据

OP3OQ

求出点

P

的轨迹方程，只需直线

ykx33

与点

P

的轨迹有公共点即可.







xy



Px,y



【详解】根据题意，设点，由

OP3OQ

可得

Q



,



，



33



2



x



y



又点

Q

在圆

x(y1)1

上，可得









1





1

，即

x

2





y3



9

；



3



3



22

22

所以点

P

既在直线

ykx33

上，又在以



0,3



为圆心，半径为3的圆

x

2





y3



9

上，



3



33

k

1



k

2



2

即直线和圆有公共点，所以圆心到直线距离

d



3

，

答案第

2

页，共

17

页

解得

3k0

，

所以实数

k

的最大值为

0.

故选：

A

7

．

B

【分析】根据条件，结合图形，即可得到

b

1

，再根据离心率公式，即可求出结果.

a

b

x

2

y

2

【详解】因为双曲线

C

:

2



2



1(

a



0,

b



0)

的两条渐近线方程为

y



x

，

ab

a

又

l:xy10

与双曲线的两条渐近线都相交且交点都在

y

轴左侧，

b

b

ca

2



b

2

b

2

由图知，

1

，即

1

，所以离心率

e



1



2



1



1



2

，

a

aa

2

a

a

又

e1

，所以

1e2

，

故选：

B.

8

．

D

【分析】

11

由题意首先得

ab4

，且

a

2



1



b

2



1



即可求解，注意验证取等条件

.

18



2

ab



ab



2



2

ab



17

，进一步通过换元法以及判别式法

【详解】因为

ab4

，所以

a

2

b

2

2ab164ab

，所以

ab4

，等号成立当且仅当

ab2

，

11

a

2



1



b

2



1

a

2



b

2



218



2

ab



从而

2

，

a



1

b

2



1



a

2



1



b

2



1





ab



2



a

2



b

2



1



ab



2



2

ab



17

令

tab4

，设

y



18



2

ab



ab



2



2

ab



17



18



2

t

y0

，

t

2



2

t



17

，显然

2

则

yt2



1y



t17y180

，

因为关于

t

的一元二次方程有实数根，所以

4



1y



4y



17y18



0

，

2

答案第

3

页，共

17

页

整理得

64y

2

64y40

，即

16y

2

16y10

，

2



52



52



5

，注意到

y0

，从而

0



y



，



y



444

y



14



1



1



45



2



9



45



等号成立当且仅当

Δ0

，即

t



y

5



2

解得



5



2



2



2

2



4

，

所以经检验

y

的最大值，即

故选：

D.

11

5



2



的最大值为

.

22

a



1b



1

4

11

【点睛】关键点点睛：关键是得

ab4

，且

a

2



1



b

2



1



得解

.

9

．

ABD

18



2

ab



ab



2



2

ab



17

，由此即可顺利

【分析】利用三棱柱性质和中点可得A正确；易知四边形

A

1

NBM

是平行四边形，所以

A

1

M//BN

，即B正确；利用线面垂直性质可得若

A

1

CAB

1

需满足

A

1

B

1

2AA

1

，所以C

不一定成立；由等腰三角形性质可得

ABCM

，即

D

正确

.

【详解】对于A，由三棱柱性质可得

ABA

1

B

1

，又点

M

，

N

分别是

AB

，

A

1

B

1

的中点，

所以

A

1

NMB

1

AB

，即A正确；

2

MB

对于B，由A中的结论可得

A

1

N

，且

AB//A

1

B

1

，所以

A

1

N//MB

，

因此可得四边形

A

1

NBM

是平行四边形，所以

A

1

M//BN

，即B正确；

对于C，因为是直三棱柱，所以

A

1

A

平面

ABC

，

又

CM

平面

ABC

，所以

A

1

ACM

；

又因为

CACB

，点

M

是

AB

的中点，所以

ABCM

；

又

ABA

1

AA,AB,A

1

A

平面

ABB

1

A

1

，可得

CM

平面

ABB

1

A

1

，

又

AB

1



平面

ABB

1

A

1

，所以

CMAB

1

，

C

，所以

AB

1



平面

CMA

1

，若

A

1

CAB

1

，且

CMAC

1

又

A

1

M

平面

CMA

1

，可得

AB

1

A

1

M

，

在四边形

ABB

1

A

1

中，若

AB

1

A

1

M

，利用三角形相似可得

答案第

4

页，共

17

页

AA

1

AM



，即

A

1

B

1

2AA

1

，

AA

1

A

1

B

1

题目中没有对应的条件，所以

C

不一定成立；

对于

D

，因为

CACB

，点

M

是

AB

的中点，所以

ABCM

；即

D

正确

.

故选：

ABD

10

．

BD

【分析】选项A，根据条件，得到

A

，再利用余弦定理求出

AB

，即可判断出选项A的

正误；对于选项B，根据选项A中的结果，利用面积公式即可求出

S



ABC

，从而判断出选项

B的正误；选项C，由题知

f(0)53

，

f



5



0

，即可判断出选项C错误；选项D，根

π



π

据题设条件，直接求出

f



x





10sin



x





，即可作出判断，从而求出结果.

3



15

π

3

【详解】对于选项A，因为角

B

、

A

、

C

成等差数列，所以

A

，

在

ABC

中，

AC10

，

BC15

，

A

，记

ABc

222

由余弦定理得到

15

c

10



2

c

10



cos

π

3

π

3

π

，即

c

2

10c1250

，

3

得到

AB556

，所以选项A错误，

对于选项B，

S



ABC



11π25

bc

sin

A

10



(5



56)sin



2232



3



32

，所以选项B正确，



由图知，

AOAC

cos

π1π



10



5,

OCAC

sin



53

，

323

所以

A(5,0),C(0,53)

，即有

f(0)53

，

f



5



0

，所以选项C错误，

又

A

、

D

为函数

f(x)

图像与

x

轴相邻的两个交点，

D



10,0



，

所以

T

ππ



π



π



15

，得到





，又

f





5





M

sin





(



5)









0

，得到



k

π(

k

Z)

，

15

2



3



15



π

k

π(

k

Z)

，

3

π

，

3

π



53

，得到

M10

，

3

即





又



90

，所以





又因为

f(0)53

，所以

f



0



M

sin

π



π

所以

f



x





10sin



x





，故选项D正确，

3



15

答案第

5

页，共

17

页

故选：

BD.

11

．

BC

【分析】

对于A，由

f



1



f



1



得

b

1

，通过举反例即可判断错误；对于B，若

yf



x



经过定

e

xx

点



x

0

,y

0



，那么

e

0

b

0

y

0

对任意的b成立，从而

x

0

0

，由此即可判断；对于C，

分

b1

或

b

1

1

或

0b1,b

这三种情况讨论，结合导数与函数单调性、最值的关系以及

e

e

零点存在定理即可判断；对于

D

，由

C

选项分析过程即可判断

.

11e



b

【详解】A：若该函数为偶函数，此时由

f



1



f



1



得

e



b



，

e

b

e

b

所以得

eb1

，从而

b

1

x



x

，

f



x





e



e

，

e

注意到

f



0



222

，A错误；

xx

B：显然

f(0)2

，若

yf



x



经过定点



x

0

,y

0



，那么

e

0

b

0

y

0

对任意的b成立，从而

b

x

00

与b无关，这意味着

x

0

0

，故

y

0

eb2

，B正确.

0

C

：显然

f(0)2

，所以

f(x)2

必有一解

x0

，

若

b1

，则

f



x



单调递增，从而一定是唯一解，

若

b

1

，则

f



x





e

x



e



x



2e

x



e



x



2

，等号成立当且仅

x0

，所以一定是唯一解，如

e

ln



ln

b



u



1

xx

果

0b1,b

，则

f





x





e

b

ln

b

单调递增，且有唯一零点



e



，

ln



e



b



由于

f





0



1lnb0

，所以

u0

，

而

f



x



在



,u



递减，在



u,



递增，

且

u0

，所以

f



u



f



0



2

，

答案第

6

页，共

17

页

ln2ln2



u

ln2



ln2



ln

b



u





b



b

ln

b



2,



u



u



u

，若

u0

，则由

f



ln

b



ln

b





ln2





u

,

u



上还有一根t，且

tu0

，故

t0

，可知

f



x



2

在





ln

b



若

u

0

，则由

f



ln2



u





e

ln2



u



e

ln2



2,ln2



u



u



u

，

可知

f



x



2

在



ln2u,u



上还有一根t，且

tu0

，故

t0

.

无论怎样，

f



x



2

都有一个不等于0的根t，从而解不唯一，综上，C正确；

D：根据C选项的过程，如果

0b1

且

b

D

错误

.

故选：

BC.

【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是分

b1

或

b

由此即可顺利得解

.

12

．

3

【分析】根据条件，利用等比列的性质及基本不等式，即可求出结果

.

【详解】因为数列



a

n



是各项均为正数的等比数列，又

a

2

a

3

a

4

a

2

a

3

a

4

，

2

3

3

，即

a

3

3

，

a

3

，得到

a

3

所以

a

2

a

3

a

4

a

3

a

2

a

3

a

4

a

3

2a

2

a

4

3

1

，那么

f



x



2

一定有两个根

x0

和

xt

，

e

1

1

或

0b1,b

这三种情况讨论，

e

e

故答案为：

3

.

13．

【分析】

空1：根据离心率为

x

2

8



y

2

4

1

1



70



x





y







3



9



2

2

2

，左焦点

F



2,0



，可求出

a

和

b

，从而求出椭圆

E

的方程；空2：

2

设

A



s,t



，则

B



s,t



，且

s

2

2t

2

8

，由

M6,1

，以

AB

为直径的圆

P

过

M

点可得





2

2

MAMB0

即

6s



t1



0

，从而可求出圆

P

的标准方程.

x

2

y

2

c

2

【详解】∵

e



且

c2

，∴

a22

，

b2

.∴椭圆方程为

1

.

84

a

2

设

A



s,t



，则

B



s,t



，且

s

2

2t

2

8

.①

∵以

AB

为直径的圆

P

过

M

点，∴

MA



MB

，



∴

MAMB0

，

答案第

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