2024届江苏省淮安市盱眙县马坝高级中学高三上学期期中数学试题含答案

这是一份2024届江苏省淮安市盱眙县马坝高级中学高三上学期期中数学试题含答案，共16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．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先把集合求解出来，然后利用集合并集知识求解.
【详解】由题意知：，，
所以：，故D项正确.
故选：D.
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】因为存在量词命题的否定为全称量词命题，全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以命题“”的否定是“”.
故选：C．
3．已知复数满足，则（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】C
【分析】设，利用共轭复数的概念和复数的运算法则求出，再根据复数的模长公式求解即可.
【详解】设，则，，
所以，
故选：C
4．已知，那么命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据必要条件的定义对每个选择进行分析即可求解．
【详解】，
根据充分条件、必要条件的定义可知：
对于A，是的充要条件,A错误；
对于B，是的必要不充分条件，B正确；
对于C，是的充分不必要条件，C错误；
对于D，是的既不充分也不必要条件，D错误．
故选:B．
5．函数的零点所在的区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据零点存在定理，结合对数函数和反比例函数的单调性，可得答案.
【详解】，，
由，根据零点定理，则在上存在零点；
当时，函数与函数单调递增，则单调递增，
所以函数仅在中存在一个零点.
故选：A.
6．若，，，则事件A与的关系是（ ）
A．事件A与互斥B．事件A与对立
C．事件A与相互独立D．事件A与既互斥又相互独立
【答案】C
【分析】计算出，即可得出结论.
【详解】由题意，
，，，
∴，
∴事件与相互独立、事件与不互斥，故不对立.
故选：C.
7．已知曲线C1：，C2：，则错误的是（ ）
A．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平行移动个单位长度，得到曲线
B．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平行移动个单位长度，得到曲线
C．把向左平行移动个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到曲线
D．把向左平行移动个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到曲线
【答案】D
【分析】利用函数的图象变换规律对各个选项进行检验即可.
【详解】对于A. 上各点横坐标缩短到原来的倍，得到，再向左平移个单位长度，得到，正确；
对于B. 上各点的横坐标缩短到原来的倍，得到，再向右平移个单位长度，得到，正确；
对于C. 向左平移个单位长度，得到，再把各点横坐标缩短到原来的倍，得到，正确；
对于D. 向左平移个单位长度，得到，再把各点横坐标缩短到原来的倍，得到，错误.
故选：D
8．已知函数（）在上恰有2个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由余弦型函数的性质列出不等式组，进而得出的取值范围.
【详解】因为：，所以：，
令：，则得：.
因为：在上有个零点，
所以：，解得：.
故的取值范围为：，故B项正确.
故选：B.
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点中心对称
D．在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】A选项，根据周期的公式得到的最小正周期；BCD选项，利用整体代入得方法得到对称轴、对称中心和单调区间.
【详解】的最小正周期，A正确；
令，解得，所以对称轴为，故B错；
令，解得，所以的对称中心为，故C正确；
令，解得，所以单调递增区间为，当时满足题意，故D正确.
故选：ACD.
10．在中，角所对的边为，有如下判断，其中正确的判断是（ ）
A．若，则为等腰直角三角形
B．若，则
C．若，则符合条件的有两个
D．在锐角三角形中，不等式恒成立
【答案】BD
【分析】A选项，由得到或，得到答案；B选项，由正弦定理得到，从而得到；C选项，，故无解；D选项，为锐角，由余弦定理得到恒成立.
【详解】A选项，，，
故或，解得或，
所以为等腰三角形或直角三角形，A错误；
B选项，，由正弦定理得，
因为，
所以，
故，
因为，所以，故，，
因为，故，B正确；
C选项，若，则，
则符合条件的有0个，C错误；
D选项，为锐角三角形，故为锐角，
由余弦定理得，，故不等式恒成立，D正确.
故选：BD
11．在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）

A．直线与直线AF异面
B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形
D．三棱锥A-CEF的体积是正方体体积的
【答案】ABC
【分析】根据异面直线定义、面面平行的判定定理以及性质定理以及三棱锥的体积求解方法可求得正确选项.
【详解】
对于选项A，易知AF与异面，选项A正确；
对于选项B，取的中点为M，连接、GM，则，，易证，从而，选项B正确；
对于选项C，连接，，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形，选项C正确；
对于选项D．设正方体棱长为a，三棱锥A-CEF的体积，选项D错误．
故选：ABC．
12．函数的定义域为，已知是奇函数，，当时，，则下列各选项正确的是（ ）
A．B．在单调递增C．D．
【答案】AC
【分析】由题设得且关于中心对称，求得，进而求参数a判断区间单调性，再由证得是的一个周期，根据周期性求.
【详解】∵是奇函数，则，
∴，故C正确；
又，故，
所以，即是的一个周期，故A正确；
由关于中心对称，即函数在上的单调性与上的单调性一致，
由，则时，，此时函数单调递减，即B错误；
由上知：，故D错误.
故选：AC
三、填空题
13． ．
【答案】/
【分析】由三角函数的诱导公式化简即可得出答案.
【详解】由三角函数的诱导公式，可得：
．
故答案为：.
14．数据4、7、6、8、2、5、9、20的第70百分位数为 .
【答案】8
【分析】根据百分位数的定义求解.
【详解】将数据从小到大排列为2、4、5、6、7、8、9、20，一共8个数据，
％，则该数据的第70百分位数为8，
故答案为：8.
15．已知在中，，，则边上的高为 ．
【答案】6
【分析】根据角的关系及两角和差正弦公式化简得到，利用同角三角函数基本关系式求出，代入求出,再由正弦定理求出AC，根据等面积法求解即可.
【详解】，所以.
，
所以，
所以，
所以.
又，且在中，，
所以，
所以.
由正弦定理可知，.
设边上的高为h，则，
所以.
故答案为：6
16．三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为 ．
【答案】
【分析】求出球的半径，由题目条件得到为等边三角形，作出辅助线，找到球心的位置，并得到，求出截面面积，
【详解】设球O的半径为，则，解得，
因为点A在平面的射影是线段的中点，即⊥平面，
因为平面，所以⊥，
由三线合一可知，，
因为，所以为等边三角形，
故，，且球心O在平面上的投影为的中心，
即，
过点O作⊥平面于点，连接，故，
则与平行，故，
由勾股定理得，
平面被球O截得的截面为圆，半径为2，
故面积为.
故答案为：
四、解答题
17．在中,角所对的边分别是,若,且.
（Ⅰ）求的值;
（Ⅱ）若,求的面积.
【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）根据可得
所以，由余弦定理推论可知，根据同角基本关系可知，所以代入数据即可求出结果.（Ⅱ）由（1）可得，在△中，由正弦定理即可求出b，c进而求出面积.
【详解】（Ⅰ）可得
所以，所以，
所以
所以
（Ⅱ）由（1）可得
在△中，由正弦定理
∴,
∴.
18．已知向量.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)若，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的数量积及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的单调性求解；
（2）根据同角三角函数间的基本关系，结合角的变换及两角差的正弦公式求解.
【详解】（1）
，
令，
解得，
函数的单调递减区间为.
（2）由（1）知，，
又，
，则，
，
则
.
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的极值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）当时，求出，然后利用点斜式即可求出切线方程；
（2）分类讨论，当时、当时，的正负情况，再判断单调性，从而确定极值.
【详解】（1）函数的定义域为，.
当时，，，
因而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由，
①当时，，函数为上的增函数，函数无极值；
②当时，令，解得，
所以时，，在上的单调递减，
时，，在上的单调递增.
所以函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值.
综上所述，当时，函数无极值；
当时，函数在处取得极小值，且极小值为，无极大值.
20．如图，正方形和直角梯形所在平面互相垂直，，，且，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先由证得∥平面，同理证得∥平面，进而证得平面∥平面，即可证得平面；
（2）先证得两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，由向量夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）由正方形的性质知：，又平面，平面，∥平面，
，平面，平面，∥平面，，平面，
平面∥平面，平面，平面；
（2）
平面平面，平面平面，平面，则平面，
又，则平面，又，则两两垂直，以为原点，
的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，由得：
，则，
设平面的法向量为，则，取得，
又易得平面的一个法向量为，则，
又二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
21．“青团”是江南人家在清明节吃的一道传统点心，据考证“青团”之称大约始于唐代，已有1000多年的历史．现有甲、乙两个箱子装有大小、外观均相同的“青团”，已知甲箱中有3个蛋黄馅的“青团”，2个肉馅的“青团”和5个青菜馅的“青团”.乙箱中有3个蛋黄馅的“青团”，3个肉馅的“青团”和4个青菜馅的“青团”.问：
(1)从甲箱中取出一个“青团”是蛋黄馅的的概率是多少？
(2)若依次从甲箱中取出两个“青团”，求第一个是蛋黄馅的条件下，第二个是肉馅的概率；
(3)若先从甲箱中随机取出一个“青团”放入乙箱，再从乙箱中随机取出一个“青团”，从乙箱取出的“青团”是蛋黄馅的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据古典概型方法求解即可；
（2）根据条件概率公式求解即可；
（3）从甲箱中随机取出一个“青团”放入乙箱可能的情况有3种，再根据全概率与条件概率公式求解即可.
【详解】（1）设事件“取出青团是蛋黄馅”，.
（2）设事件“甲箱中取出的第一个青团是蛋黄馅”，事件“取出第二个青团是肉馅”，.
（3）设事件 “从乙箱取出的“青团”是蛋黄馅”.
设事件分别是甲箱中取出蛋黄馅的“青团”，肉馅的“青团”和青菜馅的“青团”，

22．已知，．
(1)若在其定义域上为减函数，求的取值范围；
(2)若函数在上有且只有1个零点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题知在上恒成立，分离参数得，构造函数，利用导数求出其最小值即可得解；
（2）求导，再分和两种情况讨论，求出其单调区间，再结合零点得存在性定理即可得解.
【详解】（1）由题知在上恒成立，
∴，令，则，
由，得，∴在上单调递增，
由，得，∴在上单调递减，
∴当时，取得最小值，
∴；
（2）由题知，，，
∴，
由，得，
当时，，使得，
因为函数在上单调递增，
则当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
又，，
∴当，即时，在上无零点，
当，即时，在上有一个零点；
当时，，∴在上单调递减，
又，，
故在上无零点．
综上，的取值范围为．
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.