2024届江苏省百校大联考高三上学期第二次考试数学试题含答案

这是一份2024届江苏省百校大联考高三上学期第二次考试数学试题含答案，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，问答题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知复数z满足，则复数z的共轭复数的模长为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】法一：利用复数除法运算化简z，根据共轭复数的概念求解，然后利用模的公式求模即可；
法二：两边取模运算得，再利用求解.
【详解】法一：因为，所以，
所以，所以.
法二：因为，所以两边取模，得，
所以，所以.
故选：D.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先化简集合，，再根据集合的并集运算求解.
【详解】，即，所以，即，
由，得，所以，
所以.
故选：C.
3．已知平面向量，，则“”是“向量与的夹角为锐角”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】C
【分析】由题意知向量，夹角为锐角，即且与不共线，再结合充分条件和必要条件的定义从而求解.
【详解】因为，，
向量与夹角为锐角，即需且与不共线，
得，解得：，
所以“”是“向量与的夹角为锐角”的充要条件.故C项正确.
故选：C.
4．若函数的部分图象如图所示，，则的解析式是（ ）
A．B．
C． D．
【答案】C
【分析】由函数图象可得周期和，进一步将代入解析式结合运算即可得解.
【详解】由图象知,故，
将代入解析式,得，所以，
解得，
又,所以,所以.
故选：C.
5．将一枚均匀的骰子独立投掷两次,所得的点数依次记为x,y,记A事件为“>”,则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可以分析出，抛掷两次总的基本事件有36个，随后进行列举分析.
【详解】抛掷两次总的基本事件有36个.当x=1时,没有满足条件的基本事件；
当x=2时，y=1满足；当x=3时，y=1，2，6满足；当x=4时，y=1，2，3，5，6满足；
当x=5时，y=1，2，6满足；当x=6时，y=1满足.
总共有13种满足题意，所以P(A)=.
故选：C.
6．若直线是曲线的一条切线，则的最小值为（ ）
A．B．C．ln 2D．
【答案】B
【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义求得的表达式，再利用导数求得的最小值.
【详解】设直线与曲线相切的切点为，由求导得，
于是，则，，
设，求导得，
当时，，函数递减，当时，，函数递增，
因此当时，，
所以的最小值为.
故选：B
7．已知抛物线的焦点为，且抛物线过点，过点的直线与抛物线交于两点，分别为两点在抛物线准线上的投影，为线段的中点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ）
A．线段长度的最小值为2B．的形状为锐角三角形
C．三点共线D．的坐标不可能为
【答案】C
【分析】根据抛物线的性质可判断A；根据抛物线的定义和平行线的性质判断B；设直线和点A、B的坐标，联立抛物线方程，结合韦达定理和三点共线经过任意两点的直线斜率相等，判断C；设的中点为，则，，取求出可判断D.
【详解】对于A，因为抛物线过点，所以抛物线的方程为，线段长度的最小值为通径，所以A错误；
对于B，由定义知，轴，所以，
同理，所以，所以B错误；
对于C，设直线，与抛物线方程联立，得，
设，，则，，
因为，所以，三点共线，所以C正确；
对于D，设的中点为，则，，
取，可得，所以D错误.
故选：C.
8．设数列的前项和为，且，记为数列中能使成立的最小项，则数列的前2023项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先根据与的关系，得到数列的通项公式，再根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对于不同的值，计算满足条件的个数，从而求和得解.
【详解】因为，则，
两式相减，得，
又当时，，故，
所以是以，的等比数列，则，
显然递减，要使得最小，即要使得最大，
令，得.
若，则;
若，则;
若，则
若，则;
若，则，
则
，
，
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得，从而分类讨论的取值范围，求得对应的值，从而得解.
二、多选题
9．已知定义在上的奇函数满足，则以下说法正确的是（ ）
A．B．的一个周期为C．D．
【答案】ABD
【分析】对A选项：由是上的奇函数即有；
对B选项：由可得，即可得；
对C选项：由周期性及奇偶性结合即可得；
对D选项：由周期性及奇偶性结合即可得.
【详解】是上的奇函数，因此，故A正确；
由得，所以是它的一个周期，故B正确；
，而，故，故C错误；
，，因此，故D正确.
故选：ABD.
10．双曲线：，左、右顶点分别为，，为坐标原点，如图，已知动直线与双曲线左、右两支分别交于，两点,与其两条渐近线分别交于，两点,则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线，使得
B．在运动的过程中，始终有
C．若直线的方程为，存在，使得取到最大值
D．若直线的方程为，，则双曲线的离心率为
【答案】BD
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线：分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和
坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线:，与双曲线联立，得：，
设，，由根与系数关系得：，，
所以线段中点，
将直线：，与渐近线联立得点坐标为，
将直线：与渐近线联立得点坐标为
所以线段中点，
所以线段与线段的中点重合，所以，故B项正确；
对于C项：由B项可得，，因为为定值，
当越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线与渐近线，解得，
联立直线与渐近线，解得由题可知，，
所以即
，解得，所以，故D项正确.
故选：BD.
三、问答题
11．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=2,AD=1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,动点P在直线CD1上运动,以下四个命题正确的是（ ）
A．BD⊥AP
B．四棱锥P-ABB1A1的体积是定值
C．若M为BC的中点,则=2-
D．·的最小值为-
【答案】BCD
【分析】根据空间几何的相关知识，逐一分析选项即可.
【详解】对于A,假设BD⊥AP, AB=AA1=2, ∠BAD=60°,由余弦定理易得，平面ACD1,则BD⊥平面ACD1,因为AC⊂平面ACD1,所以BD⊥AC,则四边形ABCD是菱形,AB=AD,A不正确;
对于B,由平行六面体ABCD-A1B1C1D1得CD1∥平面ABB1A1,所以四棱锥P-ABB1A1的底面积和高都是定值,所以体积是定值,B正确;
对于C,=++,=+,故2-=-=,故C正确;
对于D,设=λ,
·=(++)·
=(λ--)·λ=(λ--)·λ
=(λ-λ--)·(λ-λ)
=λ(λ-1)||2-λ2·-λ·-λ(λ-1)·+λ2||2+λ·
=λ(λ-1)||2-(2λ2-λ)·-λ·+λ2||2+λ·
=λ(λ-1)×4-(2λ2-λ)×4cs 60°-λ×2cs 60°+4λ2+λ·2cs 60°
=4λ2-2λ=(2λ-)2-≥-,
当且仅当λ=时,等号成立,所以·的最小值为-,故D正确.
故选：BCD.
四、多选题
12．已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A．当时，方程存在实数根
B．当时，函数在R上单调递减
C．当时，函数有最小值，且最小值在处取得
D．当时，不等式恒成立
【答案】BD
【分析】对于A，构造函数求导即可判断；对于B，判断当时，是否满足即可；对于C，令，解得，由此即可判断；对于D，只需验证是否恒成立即可，即验证是否成立即可.
【详解】对于A，因为,所以方程即，
设，则，令，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，所以方程不存在实数根，所以A错误.
对于B，因为，定义域为R，所以，
当时,由于，则，故恒成立，
所以在R上单调递减，所以B正确.
对于C，由上知，当时，令，解得.
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增.
所以函数有最小值，即最小值在处取得，所以C错误.
对于D，由上知，
要证，即证，即证恒成立，
令，则.
令，则；令，则.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，则恒成立，
所以当时，恒成立，D正确.
故选：BD.
【点睛】关键点睛：本题对于A的关键是构造函数即可；对于B，验证导数是否恒小于0即可；对于C，首先验证取极值必要条件不满足即可判断；对于D，转换为验证是否恒成立即可.
五、填空题
13．若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】分离参变量，利用基本不等式求解函数最值即可求解.
【详解】因为，所以由得，
因为关于x的不等式在区间上有解，所以，
当时，，当时，，
当且仅当时，等号成立，
综上的最大值为1，
故，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
14．已知是递增的等比数列，且满足，则 .
【答案】
【分析】先通过求出，再根据求解即可.
【详解】设公比为，
解得或，
因为是递增的等比数列，所以，
则.
故答案为：.
15．如图，若圆台的上、下底面半径分别为且，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 .
【答案】
【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可.
【详解】
设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处,
设球O与母线切于M点,所以,所以 (R为球O的半径),
所以与全等, 所以,同理，
所以， ，所以，
所以圆台的内切球半径，内切球的表面积为.
故答案为：.
16．设，已知函数，若恒成立，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】利用的单调性，将不等式变形为恒成立，利用切线或者构造函数结合导数即可求解最值求解.
【详解】，
设，由于，易知在上递增，且，
故.
法一:设在点处的切线斜率为，，即
切线，
由恒成立，可得，∴，
设，
，当时， ，
当时，
∴，∴的最大值为.
法二:设，
当时， ，当时， ，
∴，即有，∴，下同法一.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
六、解答题
17．锐角ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)证明：.
(2)求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）证法一：利用二倍角公式化简等式右边，然后结合两角差的余弦公式以及角的范围得到的关系，再通过正弦定理完成证明；
证法二：利用二倍角公式化简等式左右两边，然后结合两角差的正弦公式以及角的范围得到的关系，再通过正弦定理完成证明；
（2）根据三角形是锐角三角形分析出的范围，结合（1）的结论求解出的范围.
【详解】（1）证法一：因为，
所以，
所以，即，
因为，所以，
所以，即，
所以，
由正弦定理得，即；
证法二：因为，
所以，所以，
又因为，
所以，所以，
所以，所以，
所以，
由正弦定理可得，即.
（2）由上可知，则，解得，
又因为，所以，
所以的取值范围是.
七、问答题
18．受环境和气候影响，近阶段在相邻的甲、乙、丙三个市爆发了支原体肺炎，经初步统计，这三个市分别有的人感染了支原体肺炎病毒，已知这三个市的人口数之比为，现从这三个市中任意选取一个人.
(1)求这个人感染支原体肺炎病毒的概率；
(2)若此人感染支原体肺炎病毒，求他来自甲市的概率.
【答案】(1)0.054
(2)
【分析】（1）记事件选取的这个人感染了支原体肺炎病毒,记事件此人来自甲市,记事件此人来自乙市,记事件此人来自丙市，求出,,,,,,根据全概率公式可得答案；
（2）由条件概率公式可得答案.
【详解】（1）记事件选取的这个人感染了支原体肺炎病毒,记事件此人来自甲市,记事件此人来自乙市,记事件此人来自丙市，
,且彼此互斥,
由题意可得,,,
,,,
由全概率公式可得
，
所以从三市中任取一人,这个人感染支原体肺炎病毒的概率为0.054；
（2）由条件概率公式可得，
所以当此人感染支原体肺炎病毒时,他来自甲市的概率为.
19．设数列的前n项和为，已知，.
(1)证明数列为等比数列；
(2)设数列的前n项积为，若对任意恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)0
【分析】（1）利用数列作差得到递推关系，再利用等比数列定义证明；
（2）根据等比数列定义求出通项公式和前n项和与积，进而对化简，利用裂项相消法求和，分参求的取值范围.
【详解】（1）因为，①
当时，，②
①②得：，即，
经检验符合上式，
所以数列是首项为3，公比为3的等比数列.
（2）由（1）知，所以，
，
所以
，
所以恒成立，即，
化简得：，
令，所以，
所以数列是递增数列，最小值为，
所以，故整数的最大值为0.
八、解答题
20．设椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为,已知.
(1)求椭圆的离心率.
(2)已知椭圆右焦点的坐标为，是椭圆在第一象限的任意一点,且直线交轴于点，若的面积与的面积相等,求直线的斜率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件，转化为关于的等式，即可求解离心率；
（2）方法一：首先设直线的方程为且，利用点到直线的距离，以及条件结合得到，再根据，求得点的坐标，代入椭圆方程，即可求解；方法二：首先设直线的方程为且，并与椭圆方程联立，利用韦达定理求得点的坐标，并结合面积公式，即可求解.
【详解】（1）由题可知，,由,所以,
所以,
即,所以椭圆的离心率；
（2）法一:由题意知,，所以椭圆方程为+=1,
直线的斜率存在,设直线的斜率为,
则直线方程为且，
设到直线的距离为，到直线的距离为，
则，，
又, ,
所以，
由图可得,又因为，,所以,
又在椭圆上,代入椭圆方程解得,因为,所以,
法二:由题意知,直线的斜率存在,设直线的斜率为,则直线方程为且,
联立消去得到方程,
所以,所以,
代入直线方程得,,
,
又因为,所以,
所以,解得,因为,所以.
21．如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，平面平面，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，是的中点，在线段上，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的性质结合线面垂直的判定定理即可得；
（2）证明，，两两垂直后建立空间直角坐标系，设出点位置后表示出两面夹角的余弦值后结合换元法与分式求最值的方式即可得.
【详解】（1）四边形是正方形，，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面,，
同理，
又，平面，平面，
平面.
（2）由(1)知，，，
，，两两垂直，
如图，以为原点, 、、所在直线分别、、轴，建立空间直角坐标系，
设，
则、、、、，
平面，
平面的一个法向量为，
设，
有，，
则，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
故平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
设，则，
①当时,，
②当时，

，
当时， ，故，
综上, ，
即平面与平面夹角的余弦值的取值范围为.
九、问答题
22．已知函数.
(1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数有两个极值点,证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围；
（2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当时,,当时, ，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案.
【详解】（1）的定义域为，，
由题意恒成立，即恒成立，
设，则，
当时，，单调递增,
当时，，单调递减,
∴在处取得极大值，也是最大值，，
故；
（2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知，
设，则是的两个零点，
，当时，，当时，,
所以在上递增,在上递减，
所以,又因为，
所以，
要证,只需证,只需证，
其中，即证，
即证，
由,设,
则,,则,
设，
，
由(1)知，故,
所以,,即，在上递增，
,故成立,即；
证法二：
先证明引理:当时,,当时, ，
设,
，
所以在上递增,又,
当时,，当时，，
故引理得证，
因为函数有两个极值点，由(1)可知,
设，则是的两个零点，
，当时，，当时，,
所以在上递增,在上递减，
所以,即，
要证,只需证，
因为，即证，
由引理可得,
化简可得①，
同理，
化简可得②，
由①-②可得 ，
因为，，所以，
即,从而.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.