2024届江苏省连云港市赣马高级中学高三上学期12月学情检测数学试题含答案

这是一份2024届江苏省连云港市赣马高级中学高三上学期12月学情检测数学试题含答案，共19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．集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出，根据交集概念求出答案.
【详解】，故.
故选：B
2．是虚数单位，设复数满足，则的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用模长公式和复数除法计算，再根据共轭复数的定义即可知.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：A.
3．已知长方形的边，为的中点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据平面向量数量积运算求得正确答案.
【详解】.
故选：A
4．已知，“”是“”的一个充分不必要条件，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合一元二次不等式的解法以及充分不必要条件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
或，
由于“”是“”的一个充分不必要条件，
所以，.
故选：A
5．设均为非零向量，且，，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由向量垂直可求得，利用向量夹角公式可求得结果.
【详解】由得：，，
，又，.
故选：B.
6．19世纪美国天文学家西蒙·纽康在翻阅对数表时，偶然发现表中以1开头的数出现的频率更高．约半个世纪后，物理学家本·福特又重新发现这个现象，从实际生活得出的大量数据中，以1开头的数出现的频数约为总数的三成，并提出本·福特定律，即在大量进制随机数据中，以开头的数出现的概率为，如斐波那契数、阶乘数、素数等都比较符合该定律．后来常有数学爱好者用此定律来检验某些经济数据、选举数据等大数据的真实性．若（，），则的值为（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】B
【分析】结合条件及对数的运算法则计算即可.
【详解】，
，故．
故选：B．
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据诱导公式结合同角三角函数的基本关系可得，，然后根据两角差的正切公式，展开代入，即可得出答案.
【详解】由得，，则，
所以，.
故选：C.
8．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，
又因为，，所以，，
所以，，则，
设点，则，且，
所以，，
所以，，故，
故选：B.
二、多选题
9．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】利用不等式的性质及其基本不等即可求解.
【详解】对于选项,∵，，，∴，解得，同理可知，则不正确，正确；
对于选项,∵，当且仅当时，等号成立，∴，
则正确；
对于选项,∵，当且仅当时，等号成立，
∴，则正确．
故选：.
10．设两个非零向量与不共线，如果和共线，那么的可能取值是（ ）
A．1B．C．3D．
【答案】CD
【分析】根据共线得到方程组，求出.
【详解】与共线，所以，，
从而，解得：.
故选：CD
11．函数在区间上为单调函数，图象关于直线对称，则（ ）
A．
B．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象关于轴对称
C．若函数在区间上没有最小值，则实数的取值范围是
D．若函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是
【答案】ABD
【分析】根据单调性及对称轴求出解析式，即可以判断选项A，由函数的平移变换可以判断选项B，根据函数图象的零点和最值即可判断C，D.
【详解】选项A：根据题意函数在区间上为单调函数，可以判断为单调递增函数，则，，
解得
又因为图象关于直线，则，，
解得，
当时，符合条件.则A正确；
选项B：由A可知向右平移个单位长度后，解析式变成，则图象关于轴对称.B正确；
选项C：函数在区间没有最小值，
则令，，则，
当，即时，没有最小值.C错误；
选项D：函数在区间上有且仅有2个零点，
因为时，为函数的零点，所以另一个端点只能让函数再有一个零点即可.
所以，即，D正确.
故选：ABD.
12．已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为B．当时，的最大值为
C．存在点，使得D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
，故A项正确；
对于B项： ，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；

对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知，得，又因为，得，
所以得，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项： ，
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题
13．2023年11月12日，连云港市赣马高级中学高品质特色发展暨百年校庆大会隆重举行，赣马高中建校100周年文艺演出中有四个节目：《腰鼓：千年回响》、《歌伴舞：领航》、《器乐：兰亭序》、《情景剧：我们陪你向前走》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
【答案】
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.
故答案为：
14．已知，则 .
【答案】/
【分析】根据对数运算，结合分段函数不同区间上的不同解析式，可得答案.
【详解】由，则，
由，则，
由，则，
由，则，
故答案为：.
15．用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为，则原圆锥的母线长为
【答案】
【分析】设圆台的母线长为，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解．
【详解】用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，
设圆台的母线长为，
该圆台的侧面积为，
由圆台侧面积公式可得，
解得，
设截去的圆锥的母线为，
由三角形相似可得，
则，解得，
原圆锥的母线长为．
故答案为：．

16．在四棱锥中，底面是正方形，底面.若四棱锥的体积为9，且其顶点均在球上，则当球的体积取得最小值时， .
【答案】3
【分析】根据四棱锥的体积为9，建立半径与棱长的关系式求最值即可得出；将四棱锥放入长方体中，借助于长方体的外接球可得，构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解最值.
【详解】如下图所示，设四棱锥底面边长为，则该四棱锥的体积，
所以；设四棱锥的外接球半径为，
通过构造长方体可知满足；
即，
令，则，令,即；
当
所以，在上单调递减，在上单调递增；即函数在处取最小值，此时外接球的半径最小，体积最小；所以，.
故答案为：3
四、解答题
17．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
18．已知在中，．
(1)求；
(2)设，求边上的高．
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【详解】（1），
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
（2）由（1）知，，
由，
由正弦定理，，可得，
，
.
19．已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）由点在双曲线上可求出，易知直线l的斜率存在，设，，再根据，即可解出l的斜率；
（2）根据直线的斜率之和为0可知直线的倾斜角互补，根据即可求出直线的斜率，再分别联立直线与双曲线方程求出点的坐标，即可得到直线的方程以及的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线的距离，即可得出的面积．
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以，解得，即双曲线．
易知直线l的斜率存在，设，，
联立可得，，
所以，，且．
所以由可得，，
即，
即，
所以，
化简得，，即，
所以或，
当时，直线过点，与题意不符，舍去，
故．
（2）［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，由（1）知，，
当均在双曲线左支时，，所以，
即，解得（负值舍去）
此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当均在双曲线右支时，
因为，所以，即，
即，解得（负值舍去），
于是，直线，直线，
联立可得，，
因为方程有一个根为，所以，，
同理可得，，．
所以，，点到直线的距离，
故的面积为．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为，，由，得，
由，得，即，
联立，及得，，
同理，，，故，
而，，
由，得，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线的斜率，从而联立求出点坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不一样．
20．2023年9月25日，在富阳银湖体育中心举行的杭州亚运会射击项目男子25米手枪速射团体决赛中，中国队以1765环的总成绩击败韩国队夺得冠军，并打破世界记录．现已知男子25米手枪速射决赛规则如下：取资格赛前6名选手进入决赛，5发子弹为一组，每发子弹9.7环以上得1分，否则得0分．若进入决赛的每位选手每组能得5分与4分概率分别为0.6，0.4．
(1)求某位进入决赛的选手三组射击后得分为14分的概率；
(2)设某位进入决赛的选手三组射击后得分为随机变量，求随机变量的分布列与期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据独立重复事件的概率公式即可求解.
（2）根据独立事件概率公式求解概率，即可列分布列，由期望公式求解期望即可.
【详解】（1）“某位进入决赛的选手三组射击后得分为14分”记事件A，
所以
答：某位进入决赛的选手三组射击后得分为14分的概率为
（2）随机变量的可能取值为，
；；
；．
所以随机变量的分布表为：
21．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【详解】（1）因为，O是中点，所以，
因为平面，平面平面，
且平面平面，所以平面．
因为平面，所以.
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
则，设,
所以，
设为平面的法向量，
则由可求得平面的一个法向量为．
又平面的一个法向量为，
所以，解得．
又点C到平面的距离为，所以，
所以三棱锥的体积为．
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作，垂足为点G．
作，垂足为点F，连结，则．
因为平面，所以平面，
为二面角的平面角．
因为，所以．
由已知得，故．
又，所以．
因为，
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角，记为，为，，
记二面角为．据题意，得．
对使用三面角的余弦公式，可得，
化简可得．①
使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②
将①②两式平方后相加，可得，
由此得，从而可得．
如图可知，即有，
根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，
结合的正切值，
可得从而可得三棱锥的体积为．
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.
22．已知，其极小值为-4.
(1)求的值；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可；
（2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，
所以单调递增，没有极值，舍去.
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为，舍去
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为.
所以.
（2）由（1）知，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以不妨设.
下面先证.
即证，因为，所以，
又因为区间上，单调递减，
只要证，又因为，
只要证，只要证.
设，
则，
所以单调递增，
所以，所以.
下面证.
设，因为，
在区间上，；在区间上，.
设，，因为，
所以，所以.
设，，因为，
所以，所以.
因为，所以，
所以.
【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.
12
13
14
15
P