江苏省宿迁市2024届高三下学期调研测试数学试题及详细答案

这是一份江苏省宿迁市2024届高三下学期调研测试数学试题及详细答案，共23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．
2．已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
5．设是等比数列的前项和，若成等差数列，，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
6．已知，，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A．B．C． 或D．
7．已知椭圆的左焦点为，过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设随机变量，其中，下列说法正确的是（ ）
A．变量的方差为1，均值为0B．
C．函数在上是单调增函数D．
10．在平面直角坐标系中，已知抛物线为抛物线上两点下列说法正确的是（ ）
A．若直线过点，则面积的最小值为2
B．若直线过点，则点在以线段为直径的圆外
C．若直线过点，则以线段为直径的圆与直线相切
D．过两点分别作抛物线的切线，若两切线的交点在直线上，则直线过点
11．已知正方体的棱长为分别为棱的点，且，若点为正方体内部（含边界）点，满足：为实数，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹为菱形及其内部
B．当时，点的轨迹长度为
C．最小值为
D．当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
12．已知的展开式中二项式系数和为32，则展开式中的常数项为 ．
13．已知定义在区间上的函数的值域为，则的取值范围为 ．
14．在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后，再在该圆锥内的空隙处放入个小球，这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切，则的最大值为 （取）

四、解答题
15．已知为公差不为0的等差数列的前项和，且．
(1)求的值；
(2)若，求证：．
16．如图，在四棱锥中，四边形为梯形，其中，，平面平面．

(1)证明：；
(2)若，且与平面所成角的正切值为2，求平面与平面所成二面角的正弦值．
17．某班欲从6人中选派3人参加学校篮球投篮比赛，现将6人均分成甲、乙两队进行选拔比赛．经分析甲队每名队员投篮命中概率均为，乙队三名队员投篮命中的概率分别为，．现要求所有队员各投篮一次（队员投篮是否投中互不影响）．
(1)若，求甲、乙两队共投中5次的概率；
(2)以甲、乙两队投中次数的期望为依据，若甲队获胜，求的取值范围．
18．已知函数．
(1)若，求的极小值；
(2)若过原点可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围．
19．已知双曲线的右顶点为，过点且与轴垂直的直线交一条渐近线于．
(1)求双曲线的方程；
(2)过点作直线与双曲线相交于两点，直线分别交直线于两点，求的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】求出集合或明确集合中元素的特征，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由题意得，被3除余数为2的整数，
，
故选：C．
2．D
【分析】根据复数的除法运算求得，再求在复平面内对应的点.
【详解】，则对应点为，
所以求在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D．
3．A
【分析】解法一：利用两角和（差）的余弦公式展开求出，从而求出；解法二：利用诱导公式得到，将两边平方可以得到，再由二倍角公式计算可得.
【详解】解法一：因为，，
所以，
即，所以，
所以，所以．
解法二：因为，，
即，
所以，
两边平方可得，
所以，所以，
又，所以.
故选：A．
4．A
【分析】解法一：判断函数的单调性，再利用单调性解不等式即可.
解法二：特值排除法.
【详解】解法一：函数的定义域为R，函数分别是R上的增函数和减函数，
因此函数是R上的增函数，由，得，解得，
所以原不等式的解集是.
故选：A
解法二：特值当时，，排除B，D，当时，，排除C，
对A：当时，，因为函数是R上的增函数，所以，故A成立.
故选A．
5．B
【分析】解法一：根据等比数列的性质判断；解法二：根据等比数列的基本量运算；解法三：利用二级结论求解.
【详解】解法一：性质+特值.
，排除C，D；
当时，，矛盾，
所以，所以，故排除A，
对B：时，由得，
此时 ，
，
所以成立.
故选：B．
解法二：基本量运算.
当时，，矛盾，
所以，
当时，则
，.
故选：B．
解法三：二级结论.
，
由，则，
又，
则或，
当时，，无解，故舍去.
所以.
故选：B．
6．D
【分析】设与的夹角为，由在上的投影向量为即可求得的值，结合向量夹角的范围即可求解.
【详解】设与的夹角为，
则在上的投影向量为，即，
所以，所以，
因为，所以，
故选：D.
7．B
【分析】方法1，根据向量极化恒等可得，求得，，根据通径列式得解；方法2，建系向量坐标运算，得，同法1运算得解；方法3，利用对称性+焦点三角形求解；方法4，利用余弦定理的向量形式+极化恒等式运算得解；方法5, 直线方向向量+解三角形+通径运算得解.
【详解】解法一：，
，
又，
，
，
又，则.
故选：B．

解法二： 不妨设，则，
下同解法一（略）.
故选：B．
解法三：设右焦点，
，
又，则，又，则.
故选：B．
解法四： ，
，
，
，
则，
又，则.
故选：B．
解法五： ，
由，则，下同解法一（略）.
故选：B．
8．C
【分析】根据题意，由贝叶斯公式代入计算，即可得到结果.
【详解】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则，
由贝叶斯公式得：，
故选：C．
9．ACD
【分析】由正态分布的表示可判断A；由正态曲线及可判断B，根据正态曲线的性质可判断C，根据正态曲线的对称性可判断D.
【详解】随机变量，则A正确；
，则B错误；
随机变量，结合正态曲线易得函数在上是单调增函数，则C正确；
正态分布的曲线关于对称，，则D正确，
故选：ACD．
10．AC
【分析】设出的方程为，代入抛物线的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，求得中点的横坐标和中点到准线的距离，以及面积表达式，可判断AC；设出的方程为，代入抛物线的方程由可判断B；设直线的方程为，由导数的几何意义写出切线方程求出交点P坐标，结合韦达定理即可判断D．
【详解】抛物线的焦点，准线方程为，设，
对AC选项：设的方程为，代入抛物线，可得，
易知，，，
故 ,
当等号成立，故A正确；
而，
则弦长，
设的中点为，到准线的距离为，
所以以为直径的圆与准线相切，故C正确；
对B选项：又设的方程为，代入抛物线可得，
易知，，，
，
则点在以线段为直径的圆上，B错误；
对D选项：不妨设在第一象限，在第四象限，则，
则点处切线斜率
，，则点处切线斜率，
则点处切线方程为，
同理点处切线方程为，
联立两直线求得交点横坐标为，故，
设直线的方程为，代入抛物线可得，
则，故（负值舍去），即直线的方程为，
则直线过点，故D错误.
故选：AC.
11．ABD
【分析】由空间向量基本定理，共线定理和线面角的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，因为，由空间向量基本定理可知，
所以在菱形内，A正确；
对于B，取上一点，使得，连接，，
易证四边形和四边形是平行四边形，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
当时，,
所以，即，
在线段上，的轨迹长度为线段的长，即为，B正确；
对于C，由知，在菱形内，
所以的最小值即为点到平面的距离，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
可得
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
所以到平面的距离为：，故C错误；
对于D，当时，,
分别取的中点，连接，在线段上，
，所以，可得，
平面的法向量为，，
设与面所成角为，
所以，
设，因为，则，
则代入化简可得，
当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
12．10
【分析】由展开式中二项式系数和为32，令，求出，然后利用通项公式中的指数为，求出，进而得出常数项.
【详解】令，则当时，常数项为．
故答案为：10.
13．
【分析】先求出的范围，考虑其右边界的取值范围即可.
【详解】因为，所以，
其中，
相邻的后面一个使得成立的值为：，
且，当且仅当，解得：．
故答案是：.
14．10
【分析】在圆锥的轴截面中求出大球、小球半径及正三角形边长的关系，然后再根据空隙处放入个小球相切的关系，利用三角函数性质求出小球最多的个数.
【详解】由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，设边长为.

设实心球半径为，由得：，
，，，.
设小球的半径为，同理，，，，
到直线的距离为.
空隙处放入个小球相邻相切，排在一起，则球心在一个半径为的圆上，如下图所示：

为相邻两球的切点，，分别为球心，
设，则，，
由三角函数性质可知：，，
，，又，，
故小球个数最多为10个,即的最大值为.
故答案为：
15．(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）解法一：设的公差为，利用等差数列的定义可得答案；解法二：设的公差为，转化为对恒成立，可得答案.
（2）求出，利用裂项相消求和可得答案.
【详解】（1）解法一：设的公差为，
由①，得②，
则②-①得，
即，又，则；
解法二：设的公差为，
因为，
所以对恒成立，
即对恒成立，
所以，
又，则；
（2）由得，即，
所以，
又即，则，
因此
则
．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由面面垂直的性质定理即可得到平面，再由线面垂直的性质定理即可证明；
（2）法一：建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果；法二：根据面面角的定义，先找出所求的二面角，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以为等边三角形，
所以，
又四边形为梯形，，则，
在中，由余弦定理可知，
，
根据勾股定理可知，，即．
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又因为平面
所以．
（2）法一：由（1）可知，
又因为，所以平面，
所以就是与平面所成角，所以，
所以；
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
所以，
设平面的法向量为，
则有取，
由题意得为平面的法向量，
所以，
即平面与平面所成二面角的正弦值．
法二：在平面内，延长与相交于点，
连接，则为平面与平面的交线，
在平面内，过点作，垂足为，连接，

由（1）得，，
因为且均在面内，
所以面，
因为面，所以，
又因为且均在面内,
所以面，即面,
因为面，所以,
因为且均在面内,
所以面，由面所以,
所以,
在直角三角形中,
在直角三角形中，
所以平面与平面所成二面角的正弦值．
所以就是二面角的平面角，
又因为平面，
所以就是与平面所成角，
所以，所以，
因为，所以．
17．(1)
(2)
【分析】（1）分甲队投中3次，乙队投中2次或者甲队投中2次，乙队投中3次两种情况，利用概率的乘法求解．
（2）分别求出甲、乙两队投中次数的期望，比较大小求得的取值范围．
【详解】（1）记“甲，乙两队共投中5次”为事件，
则可以是甲队投中3次，乙队投中2次或者甲队投中2次，乙队投中3次．
则，
甲、乙两队共投中5次的概率为．
（2）记甲、乙两队投中次数分别为，
则，所以；
的取值为0，1，2，3，则，
，
，
，
所以，的分布列为
所以
若甲队获胜，则，故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）设切点分别为，根据导数的几何意义，表示出切线方程，将原问题转化为方程两个不同的根的问题，构造函数，利用导数求得其最小值的表达式，分类讨论，结合零点存在定理，即可求得答案.
【详解】（1）由，得，
令得，则在上单调递减，
令得，则在上单调递增，
则的极小值为;
（2），
设切点分别为，
则在处的切线方程为，
又切点过原点，所以，
即，同理，
所以为方程两个不同的根，
设，则，
若，则在单调递减，不可能有两个不同的根，不符合题意；
若，令得，在单调递减，
令得在单调递增，
所以，
若，即，则，
此时方程没有两个不同的根，不符合题意；
若，即，，
因为，所以，所以，
令，则，
所以在上单调递增，，
即，又的图象是不间断的曲线，
所以存在满足使得，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：难点在于根据切线的条数求解参数范围。解答时将问题转化为方程两个不同的根的问题，然后构造函数，利用导数，求得函数最小值，分类讨论，结合零点存在定理求解即可.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用双曲线的顶点与渐近线性质得到关于的方程，从而得解；
（2）解法一：联立直线与双曲线的方程，得到与的取值范围，再将所求转化为关于的表达式即可得解；解法二：通过分析可得是上述关于方程的两个不等根，从而求得的值，再将所求转化为关于的表达式即可得解.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以，解得，
所以双曲线的方程为．
（2）解法一：
由题知，直线的斜率存在，

设方程为，，
联立，得，
则且，
所以且，则，
因为的方程为，由题意得，则，
所以，
令得，同理
所以，，
所以，
当时，都在点右侧，
则
，
当时，在点两侧，此时与异号，
则
，
又，
所以，
综上，的取值范围为.
解法二：
由题知，直线必经过点，故可设方程为，
设，因为直线过点，所以，
设，
由得，
即，
所以是上述关于方程的两个不等根，
所以，
又直线不平行与渐近线，所以，
所以，
直线与联立得点，同理
所以，
所以，
①当时，，所以，
②当时，，
，
所以，
综上，的取值范围为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
0
1
2
3