2024届江苏省镇江市高三上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江市高三上学期期中考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，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】A
【分析】先求出集合，再根据并集的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：A.
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】先求出，然后再求.
【详解】由，得：，
所以：，即：，故C项正确.
故选：C.
3．已知中，点为所在平面内一点，则“”是“点为重心”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】根据重心的向量表示即可求得点为重心；利用点为重心，即可得，可得结论.
【详解】依题意，
则是重心，即充分性成立；
若是重心时，，
可得
所以，必要性成立，
故选：C.
4．已知，均为正数，且，则最小值为（ ）
A．12B．16C．20D．24
【答案】D
【分析】利用基本不等式求和的最小值.
【详解】已知，均为正数，且，
，
当且仅当，即时等号成立，所以最小值为24.
故选：D.
5．已知函数.甲：函数图象一个最高点和相邻的最低点距离为；乙：函数为偶函数；丙：当时，函数取得极值；丁：函数图象的一个对称中心为.甲、乙、丙、丁四人对函数的论述中有且只有两人正确，则实数的值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】确定甲正确，乙丙丁对应的条件分别为：，，，确定甲丁正确，得到答案.
【详解】对甲：，图象一个最高点和相邻的最低点距离为，正确；
对乙：为偶函数则，；
对丙：处取极值，，故，；
对丁：的一个对称中心，，，
乙丙条件相同，有且仅有两个正确，则甲丁正确，
故选：B.
6．棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为，两相邻侧面所成的二面角为大小为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在正四棱锥中分别找到或作出，，进而求出，即可判断各选项.
【详解】设正四棱锥的棱长为2，连，相交于.
取，的中点，，连，，，，.
由棱长都相等正四棱锥可知，面，，，，，
所以，，
又，，，，
所以，，
所以，即，故C错误，D正确；
由，得，故A错误；
由，得，即，故B错误.
故选：D.
7．已知，，，.则下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作差，构造函数和，，利用导数求解函数的单调性，即可结合三角函数的单调性求解.
【详解】，∴，，
令，，，
∴在单调递减，所以，∴，∴.
，
令，，
，在单调递减，，∴，
∴，∴，
故选：A.
8．等比数列中，，，则满足的最大正整数为（ ）
A．2021B．2022C．2023D．2024
【答案】B
【分析】根据题意得，结合，及等比数列的通项公式从而可求解.
【详解】由题意知：，
即：，得：
因为：，，所以：，
由，得：，
因为：，
所以：，故B项正确.
故选：B.
二、多选题
9．下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，为正数满足，则
D．若，为正数，则
【答案】BCD
【分析】结合不等式的性质依次判断即可.
【详解】解：，，则，A错.
，∴，B对.
，则，，，C对.
，，，D对.
故选：BCD.
10．已知函数的导函数为，两个极值点为，，则（ ）
A．有三个不同的零点
B．
C．
D．直线是曲线的切线
【答案】BD
【分析】求得，得出函数的单调区间，求得函数的极值点和极值，以及结合曲线在点处的切线方程，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数，可得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，当时，函数极小值，极小值为，
当时，函数极大值，极大值为，
且两个极值点之和为，所以B正确；
又由当时，，且函数连续不间断，所以函数在上有且仅有一个零点，所以A不正确；
由，所以C错误；
当时，可得，
所以曲线在点处的切线方程为，所以D正确.
故选：BD.
11．已知等差数列中，，公差，前项和为，则（ ）
A．数列为等差数列
B．当时，值取得最大
C．存在不同的正整数，，使得
D．所有满足的正整数，中，当，时，值最大
【答案】ABD
【分析】计算通项公式，前项和为，根据等差数列的定义即可判断A；根据数列的函数性质即可判断B、C、D.
【详解】，
∴是公差为的等差数列，A对.
，对称轴离对称轴最近的整数34，若时，取得最大，B对.
对称轴，不可能有，使得，C错.
，，∴，
，
令，
对称轴，所以，时，值最大，D对；
故选：ABD.
12．在正三棱柱中，已知，空间点满足，则（ ）
A．当时，为正方形对角线交点
B．当时，在平面内
C．当时，三棱锥的体积为
D．当，且时，有且仅有一个点，使得
【答案】ACD
【分析】根据题意作出图形，建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算及空间向量法可逐项判断.
【详解】对于A，，∴
∴为正方形对角线交点，故A对；
对于B，，时，，平面，故B错.
对于C，时，，∴
∴平面，，，故C对.
对于D，如图建系，，，，，，
，
，，则，点为正方形对角线交点，
点唯一，故D对.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知向量，，，若，则 .
【答案】
【分析】根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】由可得，∴，∴.
故答案为：
14．已知三个互不相等的一组实数，，成等比数列，适当调整顺序后，这三个数又能成等差数列，满足条件的一组实数，，为 .
【答案】，2，（答案不唯一）
【分析】根据等差数列、等比数列的定义求解.
【详解】，2，成等比数列，而，，2成等差数列，
∴，，可取，2，.
故答案为: ，2，.（答案不唯一）
15．半径为的球内有一圆锥，该圆锥的高为，底面圆周在球的球面上，则球的体积与该圆锥的体积之比为 .
【答案】
【分析】构造直角三角形求圆锥底面半径，计算出球的体积和圆锥的体积即可.
【详解】圆锥顶点为，底面圆心为，则，，
所以圆锥底面半径为，
球体积，圆锥体积，
所以球的体积与该圆锥的体积之比为.
故答案为：.
四、双空题
16．海岛上有一座高塔，高塔顶端是观察台，观察台海拔.在观察台上观察到有一轮船该轮船航行的速度和方向保持不变.上午11时，测得该轮船在海岛北偏东，俯角为处，11时20分测得该轮船在海岛北偏西，俯角为处，则该轮船的速度为 m/h，再经过 分钟后，该轮船到达海岛的正西方向.
【答案】 10
【分析】根据题意画出图形，分别利用余弦定理和正弦定理在实际问题中解三角形，从而得结果.
【详解】如图：设轮船上午11时位于点A，11：20位于B，为观察台，，
与底面所成角，在直角三角形中，，
与底面所成角，在直角三角形，，
在中，，即，
从A点到B点的时间，故，
延长与x轴交于E点，设，所以，
设,在中，，
所以，即，
∴还需时间，
故答案为：；10.
五、解答题
17．已知集合，集合.
(1)若，求；
(2)若______，求实数的取值范围.
在以下两个条件中任选一个补充在第（2）问中，并给出解答.
①“”是“”的充分不必要条件；②.
【答案】(1)或
(2)答案见解析
【分析】（1）解不等式求得集合，由此求得.
（2）选①得到是的真子集，选②得到，然后对进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围 .
【详解】（1），则，
解得，故.
，集合，，
解得，所以.
所以或，或.
（2）若选①，若是的充分不必要条件，则是的真子集.
而中：
显然，否则.
当时，，∴.
当时，，∴.
综上的取值范围为.
若选②：法一：∵，∴.
①若，则，符合
②若，则，∴.
③若，则，.
综上：实数的取值范围为.
18．设函数，其中为常数.
（1）当时，求的定义域；
（2）若对任意，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】（1）转化为，解不等式；
（2）由题意转化为当恒成立，参变分离为和恒成立求参数的取值范围.
【详解】解：（1）当时，函数，要使函数有意义，只需要或
，，解得，即函数的定义域为；
（2），，
的取值范围是，
又恒成立，可得恒成立，
，，即，
故实数的取值范围是.
【点睛】本题考查解复合型的一元二次不等式和利用不等式恒成立求参数的取值范围，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型.
19．在中，角，，对边分别为，，，.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将化简为，从而求解.
（2）利用正弦定理得：，从而可得，从而求解.
【详解】（1）由条件得，得，
则，所以.
因为，所以，
所以，得，
故.
（2）在中由正弦定理得，
所以：
，
因为：为锐角三角形，则，得，
所以，即，得，
故周长的取值范围为.
20．已知数列对任意满足.
(1)如果数列为等差数列，求；
(2)如果，
①是否存在实数，使得数列为等比数列？如果存在，请求出所有的，如果不存在，请说明为什么？
②求数列的通项公式.
【答案】(1)或
(2)①存在，；②
【分析】（1）根据题意，求得，由成等差数列，列出方程，即可求得的值；
（2）①当时，得到，假设存在这样的，则，求得，结合等比数列的定义，即可求解；
②由①，根据等比数列的通项公式，求得，进而求得的通项公式.
【详解】（1）解：由，可得，
因为成等差数列，可得，
当时，符合条件.
当时，，整理得，解得或，
当时，符合条件；
当时，，，此时，
，不满足为等差数列，舍去，
综上可得，或.
（2）解：①当时，，
假设存在这样的，则，即，
所以，解得，所以，
又因为所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故存在实数符合题意.
②由①知：，所以.
21．如图，四棱锥的底面为平行四边形，底面.
(1)若平面平面，证明：；
(2)若四边形是正方形，，点在棱上，且满足，点是棱上的动点，问：当点在何处时，直线与平面所成角的正弦值取最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)为上靠近的三等分点
【分析】（1）过作于点，确定，得到平面，得到证明；
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设，计算平面的法向量为，得到，换元计算最值得到答案.
【详解】（1）底面，平面，故，
过作于点，
平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，故，
，平面，，故平面，
平面，故.
（2）如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
设，，，
故，，而，，，
，，，，
，
设平面的一个法向量，，
取得到，
设与平面所成角为，
最大时，考虑，，
令，，，
当时，最大，此时，，
即为上靠近的三等分点时，直线与平面所成角的正弦值最大.
22．已知函数.
(1)若函数存在两个不同的极值点，，求实数的取值范围；
(2)在（1）的条件下，不等式恒成立，求实数的最小值，并求此时的值.
【答案】(1)
(2)的最小值为，
【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得有两个不等的正根，，则，即可求出参数的取值范围；
（2）首先得到，问题即恒成立，令，即对恒成立，同构得到对恒成立，令，即可得到，再利用导数求出，即可求出的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
且，
因为函数存在两个不同的极值点，，
所以有两个不等的正根，，
所以，解得，故实数的取值范围为.
（2）因为
，
又不等式恒成立，
∴恒成立，令，∴，
∴对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
令，则在上单调递增，
由，所以，则，
令，，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
∴，∴，∴的最小值为，
此时，则.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
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，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.