2024届江苏省淮阴中学等四校高三上学期期初联考数学试题含答案

这是一份2024届江苏省淮阴中学等四校高三上学期期初联考数学试题含答案，共21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。
2024届江苏省淮阴中学等四校高三上学期期初联考数学试题 一、单选题1．设集合，其中为实数． 令，．若的所有元素和为，则的所有元素之积为（    ）A．0 B．2 C．4 D．0或4【答案】A【分析】根据集合中元素的互异性讨论参数的取值，然后得到并集的结果，根据并集中的元素之和求出参数，然后在求元素之积【详解】根据集合中元素的互异性，且.由题意，.情况一：若时当时，，，，的所有元素和为，符合题意，此时的所有元素之积为；当时，，，，的所有元素和为，不符题意；情况二：若时，此时，，，但此时含有唯一的无理数，不可能元素之和为；情况三：若，，且时，则中只有唯一重复元素，则，由题意，即，此时，矛盾.综上所述，时符合题意，此时的所有元素之积为.故选：A2．已知复数z满足，且，则=（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题设令，利用复数除法化简，再由复数相等求.【详解】令，则，所以，则，故.故选：B3．设整数，是平面直角坐标系中的点，其中  记为满足的点的个数，则=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意且，则，分析的不同取值对应的个数，再应用等差数列前n项和公式求点的个数.【详解】由题意且，故，整数，当，对应有个；当，对应有个；……；当，对应有个；所以满足的点的个数.故选：D4．若的内角A，B，C满足， 则A与B的关系为（    ）A． B．  C． D．【答案】A【分析】依题意由可得或，再分类讨论，即可判断.【详解】因为，且 A，B，C为的内角，因为所以所以或，若，则，此时不存在，故舍去；∴ .故选：A.5．年月日，乌克兰普里皮亚季邻近的切尔诺贝利核电站发生爆炸，核泄漏导致事故所在地被严重污染，主要的核污染物为锶，它每年的衰减率约为.专家估计，当锶含量减少至初始含量的约倍时，可认为该次核泄漏对自然环境的影响已经消除，这一过程约持续（    ）(参考数据：)A．年 B．年 C．年 D．年【答案】C【分析】根据衰减率，列出方程，求解该次核泄漏对自然环境的影响消除时持续时间.【详解】设初始含量为，则，即，两边取对数得.故选：C.6．已知线段AB是抛物线的一条弦，且AB中点M在上，则点A横坐标（    ）A．有最大值，无最小值 B．无最大值，有最小值C．无最大值，无最小值 D．有最大值，有最小值【答案】D【分析】由题意，可知当点A在原点时横坐标有最小值0，由于AB中点M在上，从而最大值为2.【详解】     由题意，设由抛物线范围可知，，所以如图1，当点A在原点时横坐标有最小值，为0，由AB中点M在上，可知，即，所以，即如图2，当点B在原点时,点A横坐标有最大值，为2.故选：D.7．一个由若干行数字组成的数表，从第二行起每一行中的数字均等于其肩上的两个数之和，最后一行仅有一个数，第一行是前100个正整数按从小到大排成的行，则最后一行的数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先发现每一行的公差的规律，然后利用数表的性质进行求解.【详解】根据下列数表的规律可以发现，第一行的公差是，第二行公差是，然后下面每一行的公差依次是，第行的公差是.设第行的第一个数是，则，即第行第个数是.故选：A  8．设，， 对于，有，则是的（    ）A．极大值点 B．极小值点 C．非极大极小值点 D．ABC选项均可能【答案】D【分析】根据极值点的定义，结合对数函数的性质，可得答案.【详解】由，可设，则，易知：f(x)在定义域内连续且为偶函数，当时，，则，此时为的极大值点；可设，则，易知：f(x)在定义域内连续且为偶函数，当时，，则，此时为的极小值点；当，则，满足，此时为的非极大极小值点.故选：D. 二、多选题9．已知，则函数的图象可能是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】先由选项得到，再分和两类讨论，利用的正负及的两个零点的分布情况，即可得到函数可能的图象.【详解】由题意知是的两个零点，由选项可知，即当时，，， ACD错，B对.当时，，，ABD错，C对. 故选：BC.10．已知O为坐标原点，点，其中为锐角，则（    ）A．为定值 B．的最大值为3C．的最小值为 D．的最小值为【答案】ACD【分析】由向量数量积、模长的坐标表示写出各项关于对应的表达式，应用三角恒等变换、基本不等式“1”的代换、导数求对应最值判断各项正误.【详解】由为锐角，故，A：为定值，对；B：，所以，当且仅当时等号成立，故最小值为3，错；C：，而，所以，当且仅当时等号成立，故的最小值为，对；D：，且，，所以，当且仅当，即时等号成立；（法一）令，则，令，即，且，则，当，，即递减；当，，即递增；所以，此时，（法二），对.故选：ACD11．有方程，试讨论有序数对解的个数．下列分析正确的是（    ）A．若，，均为正整数，则解的个数为B．若，，均为非负整数，则解的个数为C．若，，均为正整数，且，，两两不等，则解的个数为341044D．若，，均为正整数且满足，则解的个数为341044【答案】ABD【分析】AB可转化为排列组合问题用档板法可得；C选项可先求，，相等时的解个数，再用排除法可得；D选项分为由相等和不相等并且的不同的类，利用分类加法可得.【详解】选项A：因，，均为正整数，则解的个数相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，，所以解的个数为，故A正确；选项B： 由得，因，，均为非负整数，所以，，均为正整数，与一一对应，相当于把个用两个档板分成3份，分别对应，，，所以解的个数为，故B正确；C选项：因，，均为正整数，，若，则，不满足为正整数，故，，至多有两个相等，若，则,故的取值为从到的整数，共个，所以，，有两个相等时的个数为个，故，，两两不等时，解的个数为个，故C错误；选项D：若，，均为正整数且满足，当时，因，所以，得，即，所以的取值为从1到的整数，共674个，此时的个数为674个.当时，因，所以，得，即，因取正整数，所以的取值为从1到的奇数，共337个，此时的个数为337个.当时，个用两个隔板分成3份，将其从小到大，分别对应，，，有共有，故D正确.故选：ABD12．设函数，且都有，则下列判断正确的是（    ）A．，的图象关于原点对称B．，直线和的图象至多只有一个交点C．，命题“，满足”成立D．，使得，都有成立【答案】AB【分析】由递推关系得到，即可得到函数的奇偶性，再判断函数的单调性，即可判断A、B、C，再利用放缩法证明，即可判断D；【详解】解：由题可得，同理得， ，由此推得，，所以，则为奇函数，函数图象关于原点对称，故A对.当时，，所以，在上单调递增，B对，C错.，，故，当时，，则，D错.故选：AB. 三、填空题13．请写出一个同时满足以下三个条件的函数          .①的定义域是；②是偶函数；③的值域为.【答案】 (答案不唯一)【分析】根据函数满足的性质求解即可【详解】令，则的定义域是；，则为偶函数；，因为，所以，即的值域为，所以符合题意.故答案为： (答案不唯一)14．现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目.则满足上述要求的不同安排方案数为      （用数字作答）.【答案】15000【详解】由题意知满足条件的方案有两种情形：1.有一个项目有3人参加，共有种方案；2.有两个项目各有2人参加，共有种方案.故所求的方案数为.故答案为1500015．将边长为的正三角形薄铁皮沿一条平行于某边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记，则的最小值是        ．【答案】【分析】设，可求得，利用导数法可求得的最小值.【详解】如图，设，则梯形的周长为，梯形的面积为，所以，，则，当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，故当时，取得最小值.故答案为：.16．设椭圆T：的右焦点为F，过点的直线l与椭圆交于点A，B，M为AB的中点，使得是、的等比中项，则a的最小整数值为     【答案】【分析】根据中点的性质，结合点到直线距离公式、点与椭圆的位置关系、等比中项的性质进行求解即可.【详解】因为，所以点在该椭圆内，因此过点的直线l与椭圆必有两个交点，设，因为M为AB的中点，所以有即，因为是、的等比中项，所以，于是有，，，同理：，由，即，显然有，所以a的最小整数值为，故答案为：【点睛】关键点睛：利用平面向量加法几何意义，结合余弦定理得到中线表达式是解题的关键. 四、解答题17．如图，在△ABC内任取一点P，直线AP、BP、CP分别与边BC、CA、AB相交于点D、E、F．  (1)试证明：(2)若P为重心，，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用正弦定理及角的互补关系即可证结论；（2）由题意为中线，可得，再由、、，求，进而求对应正弦值，结合及三角形面积公式求面积.【详解】（1）中，则，中，则，又则，所以，得证.（2）由是重心，则为中线，又，所以，而，则，所以，可得，且，所以，同理，，可得，，所以，，则.18．已知是等差数列，．(1)求的通项公式和．(2)已知为等比数列，对于任意，若，则，（Ⅰ）当时，求证：；（Ⅱ）求的通项公式及其前项和．【答案】(1)，；(2)(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)，前项和为. 【分析】(1)由题意得到关于首项、公差的方程，解方程可得，据此可求得数列的通项公式，然后确定所给的求和公式里面的首项和项数，结合等差数列前项和公式计算可得.(2)(Ⅰ)利用题中的结论分别考查不等式两侧的情况，当时，，取，当时，，取，即可证得题中的不等式；(Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论，利用极限思想确定数列的公比，进而可得数列的通项公式，最后由等比数列前项和公式即可计算其前项和.【详解】（1）由题意可得，解得，则数列的通项公式为，求和得.（2）(Ⅰ)由题意可知，当时，，取，则，即，当时，，取，此时，据此可得，综上可得：.(Ⅱ)由(Ⅰ)可知：，则数列的公比满足，当时，，所以，所以，即，当时，，所以，所以数列的通项公式为，其前项和为：.【点睛】本题的核心在考查数列中基本量的计算和数列中的递推关系式，求解数列通项公式和前项和的核心是确定数列的基本量，第二问涉及到递推关系式的灵活应用，先猜后证是数学中常用的方法之一，它对学生探索新知识很有裨益. 19．如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，.  (1)当为线段的中点时，（i）求证：平面；（ii）求直线与平面所成角的正弦值；(2)记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得?若存在，求出；若不存在，说明理由.【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）(2)存在，  【分析】（1）（i）利用面面垂直的性质可推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，计算出点到平面的距离以及线段的长，即可得出直线与平面所成角的正弦值；（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，是二面角的平面角，计算出三边边长，利用勾股定理求出的值，即可得出结论.【详解】（1）（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，所以，所以，取的中点，连接，则且，且，故四边形为矩形，则，且，所以，又由，所以，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为，，则，所以，又，、平面，所以平面.  （ii）取的中点为，的中点为，连接、、，过在平面内作垂直于，垂足为，又平面平面，平面平面，， 所以平面，为的中点，所以，所以平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，平面，所以，，平面，得平面，因为，，，所以，由等面积法可得，延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，  设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则，所以，由，所以，；（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，则平面平面，设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，因为且，所以，点为的中点，则，过点作垂直于，垂足为，因为平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，是二面角的平面角，所以，，由，得，所以、重合，由，得，设，则，，由勾股定理可得，即，整理可得，解得或（舍），所以存在点，当，有成立.  【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是假设存在点，使得，延长与交于点，根据已知条件得出是直线与平面所成的角，考查了学生的空间想象能力、运算能力.20．已知双曲线．(1)求C的右支与直线围成的区域内部（不含边界）整点（横纵坐标均为整数的点）的个数．(2)记C的左、右顶点分别为，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P，证明：点P在定直线上．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意开始求整点通项,再应用等差数列求和个数计算即可得；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【详解】（1）因为双曲线方程为，令时,整点时为,整点个数为,区域内部（不含边界）整点为个.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，    直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键.21．某高校数学系计划在周六和周日各举行一次主题不同的心理测试活动，分别由李老师和张老师负责，已知该系共有位学生，每次活动均需该系位学生参加（和都是固定的正整数）.假设李老师和张老师分别将各自活动通知的信息独立、随机地发给该系位学生，且所发信息都能收到.记该系收到李老师或张老师所发活动通知信息的学生人数为(1)求该系学生甲收到李老师或张老师所发活动通知信息的概率；(2)求使取得最大值的整数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由于A和B是相互独立，，没有收到信息的概率正好是，所以最后的结果就能求出；（2）要从和两个角度考虑.【详解】（1）设事件A：“学生甲收到李老师所发信息”，事件B：“学生甲收到张老师所发信息”，由题意A和B是相互独立的事件，则与 相互独立，而所以，因此，学生甲收到活动通知信息的概率为.（2）当时，只能取，有当，整数满足，其中是和中的较小者.“李老师和张老师各自独立、随机地发活动通知信息给位同学”所包含的基本事件总数为.当时，同时收到李老师和张老师转发信息的学生人数恰为，仅收到李老师或仅收到张老师转发信息的学生人数为，则由乘法计数原理知：事件所含基本事件数为此时当，化简解得假如成立，则当能被整除时，，故在和处达到最大值；则当不能被整除时，在处达最大值.（注：表示不超过的最大整数）.下证：因为，所以，，故，显然.因此.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是用高斯取整函数证明. 22．设（为常数），曲线与直线在点相切．(1)求的值．(2)证明：当时，．【答案】(1)，(2)见解析. 【分析】（1）直接求导得，再根据即可得到答案；（2）法一：利用均值不等式得，设，通过多次求导即可证明不等式；法二：同法一得到，证明出，从而得到，设，利用导数即可证明不等式.【详解】（1）由过点，得.由在点的切线斜率为，，则，得.（2）（证法一）由均值不等式，当时，，故，记，则令，则当时，因此在内是递减函数，又由，得，所以因此在内是递减函数，又由，得，当时.（证法二）由（1）知由均值不等式，当时，故 ①令，则，，故，即②由①②得，当时，记，则当时，因此在内单调递减，又，所以，即.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用均值不等式得，再设，多次求导即可证明原不等式.