江苏省苏锡常镇2024届高三下学期教学情况调研（一）数学试卷（含解析）

这是一份江苏省苏锡常镇2024届高三下学期教学情况调研（一）数学试卷（含解析），共19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，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量满足，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
4．青少年的身高一直是家长和社会关注的重点，它不仅关乎个体成长，也是社会健康素养发展水平的体现.某市教育部门为了解本市高三学生的身高状况，从本市全体高三学生中随机抽查了1200人，经统计后发现样本的身高（单位：）近似服从正态分布，且身高在到之间的人数占样本量的，则样本中身高不低于的约有（ ）
A．150人B．300人C．600人D．900人
5．函数在区间内的零点个数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
6．在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）
A．B．2C．D．4
7．莱莫恩定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线，分别和所在直线交于点，则三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的线.在平面直角坐标系中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知正项数列满足，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
二、多选题
9．已知复数，下列说法正确的有（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则或D．若，则
10．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．不等式无解D．的最大值为
11．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．当时，平面
B．任意，三棱锥的体积是定值
C．存在，使得与平面所成的角为
D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
三、填空题
12．已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为 .
13．已知，，则的最小值为 .
14．在平面直角坐标系中，已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.记线段的中点为，若线段的中点在上，则的值为 ；的值为 .
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知.
(1)证明：；
(2)若，求的周长.
16．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.

(1)证明：平面；
(2)当二面角为时，求.
17．我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防､抢险救灾､环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭.
(1)求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；
(2)求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.
18．在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，.
(1)求的值；
(2)若，求和的值.
19．已知函数，函数.
(1)若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点.
①求的值；
②当两点不重合时，求线段的长；
(2)若，使得不等式成立，求的最小值.
5
6
7
8
9
3.5
4
5
6
6.5
参考答案：
1．D
【分析】
求出集合，利用集合间的关系即可判断.
【详解】
由题可得：或，则.
故选：D.
2．C
【分析】
利用赋值法，分别令可得.
【详解】令，则，；
令，则；
.
故选：C.
3．B
【分析】
根据向量的加减运算以及数量积的运算律求出，继而利用向量的夹角公式，即可求得答案.
【详解】由题意知平面向量满足，
故，所以，
所以，所以，
则，，故，
故选：B.
4．A
【分析】
利用正态分布的性质，计算出和即可求解.
【详解】因为，，所以
则，所以样本中身高不低于的约有人.
故选：A.
5．C
【分析】
利用三角函数的性质求解即可.
【详解】
令，得，则；
故，，
所以在共有4个零点，
故选： C.
6．B
【分析】
由渐近线方程和⊥求出，由勾股定理得到，从而求出离心率.
【详解】
由题意得，⊥，双曲线的一条渐近线方程为，
故，即，
又，所以，
由勾股定理得，即，
解得，
,
故选：B.
7．B
【分析】
待定系数法求出外接圆方程，从而得到外接圆在处的切线方程，进而求出的坐标，得到答案.
【详解】
的外接圆设为，
，解得，
外接圆方程为，即，
易知外接圆在处切线方程为，
又，令得，，，
在处切线方程为，
又，令得，，
则三角形的线的方程为，即
故选：B.
8．D
【分析】
由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可.
【详解】时，
时，
，
故选：D.
9．AC
【分析】
A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得.
【详解】选项A，，则，故A正确；
选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；
选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立.
证明：设，，
若，则有，
故有，即，两式相乘变形得，，
则有，或，或，
①当时，，即；
②当，且时，则，
又因为不同时为，所以，即；
③当，且时，则，同理可得，故；
综上所述，命题“若，则，或”成立.
下面我们应用刚证明的结论推证选项C，
，，
，或，即或，故C正确；
选项D，令，
则，
但，不为，故D错误.
故选：.
10．BD
【分析】
对于选项A:验证是否成立即可判断；对于选项B:验证是否成立即可判断；对于选项C:利用即可验证有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于选项A:不是的周期，故A错误;
对于选项B:关于对称，故B正确；
对于选项C:有解，故C错误；
对于选项D:，若，则，
若则，
当且仅当，即时，原式取等，故D正确.
故选:BD.
11．ACD
【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.
【详解】如图所示建系，，
所以，
从而，
所以，
又面，
所以面，
时，与重合，平面为平面，
因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，
三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，
则，令，解得，
即可取，
而，
所以与平面所成角的正弦值为，
又，
所以，
所以，
又面，
所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，
当在时，与平面所成角为，
所以存在使与平面所成角为，C正确.
，
设平面的法向量为，
不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，
到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故选：ACD.
【点睛】
关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，由此即可顺利得解.
12．7.4
【分析】
经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可.
【详解】由已知得，即样本点中心，
因为经验回归直线方程过样本点的中心，
所以，解得.
所以，当时，.
故答案为：.
13．/
【分析】
依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解.
【详解】
，，
，，，
即，所以，
令，，
则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，当且仅当时取得.
故答案为：
14． 2 5
【分析】设，与抛物线联立，由韦达定理得，，从而得到的坐标，以及线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可求出的值，得到的值.
【详解】令，，，线段的中点为
联立，消可得，则，,所以，即，所以线段的中点，由于线段的中点在抛物线上，则，解得或（舍去），即，
由于在抛物线中，，所以
.
故答案为：2 ；5.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用正弦定理边化角结合角范围可证；
（2）利用倍角公式求得，然后利用正弦定理可得
【详解】（1）
因为
或（舍），.
（2）由，结合（1）知，则，得
，
，
，
由正弦定理得
的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；
（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，
设，
∵，
，

设平面的一个法向量为，
则，
令得，故
，
故平面；
（2）平面的一个法向量，
，
.
17．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】
（1）由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望公式可得；
（2）根据条件概率以及全概率公式求解可得
【详解】（1）起火点被无人机击中次数的所有可能取值为
，
.
的分布列如下：
.
（2）击中一次被扑灭的概率为
击中两次被火扑灭的概率为
击中三次被火扑灭的概率为
所求概率.
18．(1)2
(2)，
【分析】
（1）联立直线直线和椭圆的方程，求出M点坐标，根据列出关于a的方程，即可求得答案.
（2）联立直线和椭圆方程，求出点的坐标的表达式，即可求得，的表达式，结合，可推出，即三点共线，结合，可得，由此即可取得答案.
【详解】（1）由题意得，直线的方程为，
联立，解得或，
代入，得，
由得，，
解得，
；
（2）由（1）知椭圆方程为，联立，
得，解得或，
即，则，即，
同理可得，
则，，
由于，故，故，即三点共线，

又，故，
又，，
故，解得，由于，
故.
【点睛】难点点睛：本题考查了直线和椭圆位置关系的应用问题，解答的难点在于计算比较复杂，并且都是有关字母参数的运算，计算量较大，需要有较强的计算能力..
19．(1)①或1；②
(2)1
【分析】
（1）利用导数求的切线，再由切线与也相切，利用判别式即可求出；根据确定点，即可求；
（2）转化为原命题的非命题，利用单调性及恒成立探索时非命题成立，可得当时原命题成立，再验证能取得即可得解.
【详解】（1）①，设
，
切点.
方程，即，
联立，
由，可得或1；
②当时，，此时重合，舍去.
当时，，此时，
此时.
（2）令，
，则，
所以在上单调递增，
若对，均有成立，即恒成立，
或，
对，当时，设，
若，即时，，
若，即时，，
均有.
因为，均有的否定为，使得不等式成立，
所以由，使得不等式成立，可得，其中包含情况，
而时，单调递增，注意到
在上递减，在上递增，成立，符合.
综上：的最小值为1.
【点睛】
关键点点睛：本题第二问条件为存在性问题，利用命题与命题的否定之间的真假关系，转化为研究恒成立问题是本题关键点之一，其次证明均有时，变换主元，转为关于的二次函数，利用二次函数分类讨论，是解决问题的关键所在.
0
1
2
3