2023-2024学年江苏省南通市如皋市中学高三上学期教学质量调研（三）数学含答案

这是一份2023-2024学年江苏省南通市如皋市中学高三上学期教学质量调研（三）数学含答案，文件包含数学试题docx、数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的性质求出集合，由指数函数的性质求出集合，即可得到，即可得解.
【详解】由，则，所以，
所以，又，
所以，则，.
故选：A．
2. 已知复数是关于x的方程（a，）的一个解，则复数的虚部为（）
A. B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】将代入方程，然后计算出的值，由此可知的虚部.
【详解】因为，
所以
所以，所以，
所以的虚部为，
故选：B．
3. 某学校校医研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数y（人）的关系，该医生记录了5天的数据，且样本中心点为．由于保管不善，记录的5天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，，则下列结论正确的是（）
A. 在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数r增大
B. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
C. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
D. 事件“，”发生的概率为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合回归直线方程的特征及应用，以及古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】对于A中，因为回归直线方程过数据的样本中心点，
所以在确定的条件下去掉样本点，则相关系数不变，所以A错误；
对于B中，由样本中心点为，可得，解得，所以B错误；
对于C中，由，当，可得，则，
所以C错误；
对于D中，由，则可取，的可取，
则的取值为，
所以，的概率为，所以D正确.
故选：D．
4. 已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直得到，再根据投影向量的公式计算得到答案.
【详解】，则，故，
在方向上的投影向量.
故选：D.
5. 双曲线C：（）的左，右焦点分别为，，过的直线l与双曲线的右支相交于A，B两点，的内切圆圆心的横坐标为1，则双曲线C的离心率为（）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意及圆的切线长相等得出圆I的圆心位置，求出；再根据，，之间的关系及离心率公式即可求解.
【详解】根据题意作出图形：
设的内切圆与，，分别切于点M，N，Q；内切圆圆心.
则.
由双曲线C：（）可得：，，，.
由圆的切线长相等可得：
，解得：
，
即圆I的圆心在直线上.
因为的内切圆圆心的横坐标为1，
所以.
又因为，
所以，
则离心率.
故选：C．
6. 已知函数的两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到是的两个实数根据，可得，不妨设，得到，求得，得到，结合分式不等式的解法，即可求解.
【详解】由函数的两个零点分别为，
即是的两个实数根据，则
因为，可得，
又因为适当调整可以是等差数列和等比数列，
不妨设，可得，解得，
所以，所以，
则不等式，即为，解得，所以不等式的解集为.
故选：A.
7. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数与幂函数的单调性，得到，，再由，利用导数求得函数的单调性，求得，得到，即可求解.
【详解】由函数在上为单调递增函数，可得，即，
又由函数在上为单调递增函数，可得，即，
因为，，
则，，
可得，令，
可得，可得为单调递减函数，所以，
且当时，，所以，即，所以，
综上可得，.
故选：C.
8. 已知定义域为的函数的导函数为，若函数和均为偶函数，且，则的值为（）
A. 0B. 8C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据为偶函数得出求导得到的对称中心，再结合为偶函数得出的对称轴，从而判断为周期函数，故只需算出若干导数值，即得和式结果.
【详解】∵为偶函数，∴则两边求导得：，
则关于点成中心对称，又为偶函数，∴，即关于直线成轴对称，
∴且，∴，即得：，
故是周期函数，且一个周期为4，因，故，
于是.
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了导函数的对称性和周期性。解题关键在于对“和均为偶函数”的处理，因所求式为导函数值的和式，故考虑将原函数式两边求导再结合导函数的特征得出导函数的周期性，从而突破难点.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知函数，若函数有三个不同的零点（），则下列命题正确的是（）
A. 函数的解析式为
B. 在上的最大值为
C.
D. 在上单调递增
【答案】AC
【解析】
【分析】A：根据条件先写出的解析式，由此可得的解析式；
B：利用导数分析在上的单调性，然后可求最大值；
C：分析的极值，结合图象可知的范围；
D：注意单调区间的写法.
【详解】对于A：显然是三次函数，所以，
所以，故A正确．
对于B：令，则或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，，∴，故B错误；
对于C：因为，，
又有三个根，所以，故C正确；
对于D：令，解得或，
所以在和上单调递增，
而不能写成在上单调递增，故D错误；
故选：AC．
10. 某学校共有学生1400人，其中男生800人，女生600人，学校为了了解学生参加知识竞赛的考试成绩，采用分层抽样的方法从全校学生中抽取70人，其中男生的平均成绩为77分，方差为123，女生的平均成绩为70分，方差为130，则下列正确的是（）
A. 从男生中抽取40人
B. 抽取70人的平均成绩为74分
C. 抽取的70人成绩的方差为138
D. 估计全体学生中每个男生的竞赛成绩均比每个女生的竞赛成绩多7分
【答案】ABC
【解析】
【分析】分层抽样的抽取方法，可判定A正确；根据分层抽样的平均数的计算公式，可判定B正确；根据分层抽样的方差的计算公式，可判定C正确，根据平均数的概念，可判定D错误.
【详解】对于A中，由分层抽样的概念和计算方法，可得男生抽取人数，所以A正确；
对于B中，根据平均数的计算方法，70人的平均成绩为，所以B正确；
对于C中，由分层抽样的方差的计算公式，
可得，所以C正确；
对于D中，由全校学生中抽取70人，其中男生平均成绩为77分，女生的平均成绩为70分，
可得全体学生中男生的竞赛成绩平均分比女生竞赛成绩的平均分多7分，而不是全体学生中每个男生的竞赛成绩均比每个女生的竞赛成绩多7分，所以D错误.
故选：ABC.
11. 在正四棱柱中，，，其中，，，则下列命题正确的是（）
A. 当，时，平面
B. 当且时，平面平面PBC
C. 当，时，二面角正切的最大值为2
D. 当时，三棱锥体积的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：分析可知：点在线段上，结合线面平行的判定定理分析判定；对于B：分析可知平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；对于C：分析可知可知P在线段上，建系，利用空间向量求二面角；对于D：分析可知可知点平面，结合体积公式分析求解.
【详解】对于选项A：当，时，则，
可知点在线段上，
因为∥，且，可知为平行四边形，
可得，且平面，平面，
所以∥平面，
同理可得：∥平面，且，平面，
所以平面∥平面，
且平面，所以平面，故A正确；
对于选项B：当时，则，可知平面，
因为平面，平面，可得，
又因为，，平面PAD，
所以平面PAD，且平面PBC，
所以平面平面PBC，故B正确；
对于选项C：当，时，即，
则，可知P线段上，
以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
设，可得，，
设平面PBC的法向量，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面BCD的法向量，
设二面角为，
则，
因为，则，可得，
则，可得，
所以二面角正切的最大值为2，故C正确；
对于选项D：因为，
当，即，
则
整理得，即，
可知点平面，
当点P为点时，P到平面ABCD的距离取到最大值，
所以三棱锥体积的最大值为，故D错误；
故选：ABC.
12. 已知直线l与抛物线E：相交于，两点，其中，．分别过A，B作抛物线准线的垂线，垂足分别C，D，线段的中点到准线的距离为d，则下列命题正确的是（）
A. 若直线l过抛物线的焦点F，则焦点F在以线段为直径的圆外
B. 若直线l过抛物线的焦点F，则的最小值为
C. 若，则
D. 若，则的面积的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A，根据抛物线的定义可求解判断；对B，根据抛物线焦点弦性质，结合基本不等式可得解；对C，根据抛物线定义，可得，结合余弦定理和基本不等式可得解；对D，举反例，当x轴，位于F左侧，求解判断.
【详解】若l过焦点F，∴，，
，，
∴，，
∴，
∴F在以为直径的圆上，故A错误；
对于B，若l过焦点F，则，
∴，
当且仅当即，，时取“＝”，故B正确；
对于C，设中点M在准线上射影为N，
设，，，
∴，，
且由余弦定理得，
∴，
∴，∴，∴，故C正确；
对于D，当x轴，位于F左侧，时，则由焦半径公式得，
此时，故D错误.
故选：BC．
【点睛】关键点睛：本题主要考查抛物线定义以及焦点弦的结论.掌握抛物线焦点弦的常用结论对解题很有帮助，如，等.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 展开式中的系数为______________．
【答案】480
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得展开式中的系数为，化简即可得到结果.
【详解】由题意可得，中的系数为．
故答案为：
14. 某校将8个足球赛志愿者名额分配到高一年级的四个班级，每班至少一个名额，则不同的分配方法共有_________种（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】利用隔板法即可得解.
【详解】根据题意，将8个名额排成一列，有7个间隔，
在这7个间隔中插入3个隔板，可将8个名额分成4组，依次对应4个班级，
则有种分配方法，
故答案为：.
15. 在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，三角形的面积为且，则的最小值为______________．
【答案】
【解析】
【分析】过作，垂足为，令，依题意可得，令，则，则，，利用基本不等式求出的最小值.
【详解】过作，垂足为，令，
∴，∴，令，则，
所以，，
则
当且仅当，即时取“＝”，
此时，，，
此时满足条件，
即的最小值为．
故答案为：
16. 三棱锥中，是边长为的正三角形，平面平面，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的取值范围为______________．
【答案】
【解析】
【分析】取的外心，过作平面，得到三棱锥的外接球球心一定在上，得到外接球半径为，过作，过作平面，得出至到的距离为，结合体积公式，即可求解.
【详解】取的外心，过作平面，
可得三棱锥的外接球球心一定在上，设外接球半径为，
所以，可得，
又由是边长为的正三角形，可得，
由，可得，
过作于点，过作平面于点，
所以，又由，可得，
所以在面内以为圆心，以3为半径的圆弧上（且位于AB上方）,
设至到的距离为，所以，
所以．
故答案为：.
.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是结合图形，利用勾股定理求得的长，从而得解.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 将函数图象向左平移（）个单位长度，再将所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的（）倍（纵坐标不变），得到函数的图象．函数图象经过点．
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若函数在区间上有且仅有一个对称中心和一条对称轴，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意及图象变换规律求出函数；再利用整体代入法和正弦函数的性质即可求出函数的单调增区间.
（2）先利用换元法将已知条件进行转化；再利用数形结合思想列出不等式求解即可.
【小问1详解】
由图象平移可得：.
∵过，
∴.
∵，
∴.
又∵，
∴.
令，
解得：，
∴的单调递增区间为，．
【小问2详解】
由(1)知：.
∵，
∴
令，
∵在上有且仅有一个对称中心和一条对称轴，
∴，解得：.
∴的取值范围为．
18. 已知等差数列的首项为1，公差为2．正项数列的前项和为，且．
（1）求数列和数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）直接得到的通项公式，由作差得到，从而求出的通项公式；
（2）由（1）可得，利用分组求和法计算可得.
【小问1详解】
依题意可得，
∵①，
当时，②，
，
，，
∵，
∴，
且在①式中令或（舍去），∴，
综上可得，．
【小问2详解】
由（1）可得，
∴
．
19. 如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上一点（点P异于B，C）．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）若，（），且二面角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角及线面垂直的性质得出：，；再根据线面垂直的判定定理证得：PC⊥平面PAB；最后根据面面垂直的判定定理即可证明.
（2）先建立空间直角坐标系，写出点的坐标，依据向量共线求出点；再求出平面PBM与平面BMC的法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解.
【小问1详解】
证明：∵ P为圆弧BC上一点，BC为圆S直径，∴，
∵在圆柱ST中，平面BCP，平面BCP，∴，
∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB，∵平面PAC，
∴平面平面PAC．
【小问2详解】
以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴，在平面BCP以过点且垂直于的直线为轴、建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，.
所以，，，，即
设，由得：，
即，∴，.
设平面PBM的一个法向量，
∴，令，得.
∵轴平面BMC，
∴平面BMC的一个法向量，
∴，解得：．
20. 已知椭圆C经过点，，，中的三个点．不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C相切于点M．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点M且垂直于l的直线交x轴于点，y轴于点．求动点的轨迹方程．
【答案】（1）
（2），其中且
【解析】
【分析】（1）显然椭圆经过，，，设椭圆方程代入求解；
（2）方法一：设直线l的方程为，利用相切求得，写出直线方程求出，利用得到的轨迹方程．
方法二：处切线l方程：，写出直线方程求出，，利用得到的轨迹方程．
【小问1详解】
显然椭圆经过，，，设椭圆方程为，
∴，
∴，
∴椭圆C的方程为．
【小问2详解】
方法一：设直线l的方程为，，
，
，
∴①，
∴，，
∴，
∴直线PQ方程为，
∴，，其中，
∴，，
∴，代入①，
∴，
∴T的轨迹方程为，．
方法二：设，且，①，
构造直线，
，
即，
，
∴直线与椭圆相切，
∴故处切线l方程：，
∴，
∴直线PQ方程为，
∴，代入①，
∴T的轨迹方程为，其中且．
【点睛】设在椭圆上，则处的切线方程为：.
21. 已知函数．
（1）若直线与函数的图象相切，求实数a的值；
（2）若函数有两个极值点和，且，证明：．（e为自然对数的底数）．
【答案】（1）2； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义结合已知求出a的值.
（2）求出函数及其导数，确定有两个极值点的条件，再由变形并构造函数，利用导数推理论证即得.
【小问1详解】
依题意，设切点，求导得，
则，解得，又，，则，
所以实数a的值为2.
【小问2详解】
依题意，的定义域为，
求导得，则有两个不等的正根，且是的变号零点，
令，求导得，当时，，当时，，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，
由函数有两个零点，得，解得，
此时，令，求导得，
当时，，当时，，函数在上递增，在上递减，
则，即，，
因此当时，函数必有两个零点，且是变号零点，由，得，
由，得，令，则，
于是，解得，，
因此要证，只需证，即，只证，
令，，求导得，
因此函数在上单调递增，，
所以
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
22. 在某公司组织的团建活动中，A，B，C三个人进行传排球游戏，规定：甲将排球抛出，乙接住或自己接住为一次传球，假设每次传球都能成功．当排球在A手中时，A传给B的概率为，A传给自己的概率也为；当排球在B手中时，B传给A的概率为，B传给C的概率为﹔当排球在C手中时，C传给A，B的概率均为．游戏开始时，排球在A手中，经过n（）次传球后，设排球在A手中的概率为，排球在B手中的概率为．
（1）求，的值；
（2）经过50次传球后，排球在谁手中的概率最大？请说明理由．
【答案】（1），
（2）排球在A手中的概率最大，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先根据题意表示出第次传球后，排球分别在A、 B、C手中的概率，并化简；再根据数列求通项公式的方法即可表示出，，；最后利用，的表达式即可求解.
（2）先分别计算出，，；再利用作差法即可比较出三者的大小关系得出答案.
【小问1详解】
由题意得：经过n（）次传球后，排球在C手中的概率为；
，，；
第次传球后，排球在A手中的概率为，排球在B手中的概率为，排球在C手中的概率为.
由题意可得：
，
由②得，
∴是以为首项，为公比的等比数列，
则，即.
∴，.
∴，，而也满足上式，所以；
，，而也满足上式，所以．
∴，．
【小问2详解】
由(1)可得：时，；；.
因为；
所以
∴经过50次传球后，排球在A手中的概率最大．x
5
6
8
9
12
y
17
m
25
n
35