江苏省徐州市2023_2024学年高三数学上学期11月期中试题含解析

这是一份江苏省徐州市2023_2024学年高三数学上学期11月期中试题含解析，共26页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁， 已知，则， 已知为偶函数，当时，等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用并集与补集的概念计算即可.
【详解】由题意可知，所以.
故选：A
2. 若，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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法运算求得复数z，即可得，可得其对应的点的坐标，即可得答案.
【详解】由题意知，故，
故
则复数对应的点为，在第四象限，
故选：D
3. 拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为，则能够构成钝角三角形的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先确定a可能的取值，再结合余弦定理判断三角形为钝角时a的取值，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.
【详解】由题意拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为，
则a的取值可能为，有6种可能；
能够构成三角形时，需满足，
若能够构成钝角三角形，当5所对角为钝角时，有，
此时；
当a所对角为钝角时，需满足，
此时没有符合该条件的a值，
故能够构成钝角三角形的概率是，
故选：D
4. 已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则（）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量定义及向量的数量积、向量的模计算即可.
【详解】因为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，故
故选：A
5. 已知等比数列的首项为3，则“”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合等比数列的通项公式，由可得q的取值范围，说明时不能推出；继而说明成立时推出，即可推得，由此可判断答案.
【详解】由题意知等比数列的首项为3，设公比为q，
由，则，即或，
当时，，即，
即“” 不是“”的充分条件；
当时，即，
则，即，即，
故“”是“”的必要条件，
故“” 是“”的必要不充分条件，
故选：B
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角的变换及诱导公式，二倍角的正切公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，故，
，
故选：C
7. 已知为偶函数，当时，.若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用偶函数的性质及复合函数的单调性计算即可.
【详解】由为偶函数可知的图象关于轴对称，
又时，单调递增，单调递增，
故在上单调递增，上单调递减，
即.
故选：D
8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，若，则的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设AB的中点为H，A、B、H在准线上的射影分别为，由题意和抛物线的定义可得，即，设，设直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求出直线AB的斜率，求得H的坐标，进而求出其中垂线方程，可得D的坐标，结合弦长公式和三角形面积公式计算即可求解.
【详解】设AB的中点为H，抛物线的焦点为，准线为，
设A、B、H在准线上的射影分别为，
则，由抛物线的定义可知，
，
所以，得,
即点H的横坐标为2，设直线AB：，代入抛物线方程，
得，由，得且
设，则，解得或（舍去）.
所以直线AB：，，
所以AB的中垂线方程为，令，解得，即，
则，
又，所以，
所以.
故选：C.
Q
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 为调研某地空气质量，连续10天测得该地PM2.5（PM2.5是衡量空气质量重要指标，单位：）的日均值，依次为，则（）
A. 前4天的极差大于后4天的极差
B. 前4天的方差小于后4天的方差
C. 这组数据的中位数为31或33
D. 这组数据的第60百分位数与众数相同
【答案】AD
【解析】
【分析】根据方差和极差判断A，B选项，根据中位数判断C选项，根据百分位数和众数判断D选项.
【详解】前4天的极差，后4天的极差，A正确;
前4天的平均数，方差，后4天的平均数，方差,
前4天的方差大于后4天的方差，B选项错误;
数据从小大排列这组数据的中位数为，C选项错误;
这组数据的第60百分位数是第6个数和第7个数的平均数与众数相同，D选项正确.
故选:AD.
10. 已知函数在处取得极小值，与此极小值点相邻的的一个零点为，则（）
A. B. 是奇函数
C. 在上单调递减D. 在上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据极小值可得，再根据极值点与零点关系可得周期，进而可得，再代入极小值点求解即可；对B，根据解析式判断即可；对C，代入判断是否为减区间即可；对D，根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.
【详解】对A，由题意，且周期满足，故，即，，故.
因为在处取得极小值，故，即，又，故，则.
由诱导公式，故A正确；
对B，，为奇函数，故B正确；
对C，则，不为余弦函数的单调递减区间，故C错误；
对D，则，故，则，故D正确.
故选：ABD
11. 在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（）
A. 与是异面直线
B. 存在点，使得，且平面
C. 与平面所成角的余弦值为
D. 点到平面的距离为
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，根据得到与平行；B选项，先求出，得到平面的法向量，根据数量积为0得到，得到平面；C选项，先求出与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值；D选项，求出平面的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.
【详解】A选项，以作坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
则，由于，故与平行，A错误；
B选项，设，因为，所以，
即，解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
因为，故，平面，
故存在点，使得，且平面，B正确；
C选项，平面的法向量为，
故与平面所成角的正弦值为，
则与平面所成角的余弦值为，C正确；
D选项，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则点到平面的距离为，D错误.
故选：BC
12. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 当时，
B. 当时，
C. 若是增函数，则
D. 若和的零点总数大于2，则这些零点之和大于5
【答案】ABD
【解析】
【分析】直接代入即可判断A，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，由在上恒成立，利用导数求出，即可求出的取值方程，即可判断C，首先说明，得到在和上各有一个零点，，利用对数均值不等式得到，即可得到，再说明在和上各有一个零点、且，最后利用基本不等式证明即可.
【详解】对于A：当时，
则，
，
所以，故A正确；
对于B：，
令，
则，
令，
则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以当时，，故B正确；
对于C：在上恒成立，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，故C错误；
对于D：因为，即为的一个零点，
当时，有且仅有一个根，此时在上单调递增，
所以和都只有个零点，不符合题意；
当时，则无零点，只有一个零点，不符合题意；
当时在和上各有一个零点，，
所以，所以，所以，
所以，且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，所以，，
所以在和上各有一个零点、，
又，
所以，
所以，故D正确.
其中：不等式的证明如下：
要证，只需证，令，只需证，，设，，
则，可得在上单调递减，
∴，得证.
故选：ABD
【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.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知随机变量，且，则的值为__________.
【答案】0.3##
【解析】
【分析】根据正态分布的性质求得，根据正态分布的对称性求出，
继而可求得答案.
【详解】由题意知随机变量，且，
则，故，
故，
故答案为：0.3
14. 已知的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式定理计算即可.
详解】令，
则，
设的通项为，
当时，，即展开式中的常数项为.
故答案为：
15. 已知圆锥的母线长为5，侧面积为，则该圆锥的内切球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面积求出圆锥的底面半径，即可求得圆锥的高，继而利用圆锥的母线和高之间的夹角的正弦求得内切球半径，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥内切球的半径为R，
则，
则圆锥的高为，
设圆锥的母线和高之间的夹角为，则,
故该圆锥的内切球的体积为，
故答案为：
16. 已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且轴，过点作的平分线的垂线，与直线交于点，若点在圆上，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意求出，结合双曲线定义以及角平线性质推出，从而推出，在中，利用余弦定理可求得，结合齐次式求解离心率，即可得答案.
【详解】由题意知，轴，故将代入中，
得，则，即，
不妨设P在双曲线右支上，则，故；
设为的平分线，由题意知，
则，即，而，
故，
由点在圆上，得；
又，则，
在中，,
即，结合，
即得，即，
解得或（舍），故（负值舍去），
即的离心率为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：求解双曲线的离心率，关键是求出之间的数量关系式，因此解答本题时，要结合题中条件以及双曲线定义推出相关线段长，从而在中，利用余弦定理求出的关系，化为齐次式，即可求得答案.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知椭圆的离心率为，且过点.
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线与交于两点，当时，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆经过的点，列出方程组，解之即可求解；
（2）易知直线的斜率不为0，设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式化简可得，结合计算求出k的值即可求解.
【小问1详解】
由题意，，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
【小问2详解】
易知直线的斜率不为0，
设，即，，
，消去y，得，
，
，
，
又，所以，解得，
所以直线l的方程为或.
18. 在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题.
已知正项数列的前项和为，且__________，.
（1）求的通项公式；
（2）设为数列的前项和，证明：.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）若选择①，根据和的关系得到，确定等差数列得到通项公式；若选择②，根据和的关系得到，确定等差数列得到通项公式；
（2）确定，再根据裂项求和法计算得到答案.
【小问1详解】
若选择①：，则，
相减得到：，，故，
，解得，，
故数列为首项是，公差为的等差数列，故；
若选项②：，则，，
相减得到：，整理得到，
，故，
故数列为首项是，公差为的等差数列，故；
【小问2详解】
，
故.
19. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）设角的平分线交边于点，且，若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简已知等式，可得，即得答案；
（2）根据同角三角函数关系求出，设，由二倍角余弦公式求出，利用等面积法推出，结合余弦定理即可求得，从而利用三角形面积公式求得答案.
【小问1详解】
由题意可得，
即,
即，
而，故；
【小问2详解】
由，可得，
角的平分线交边于点，设，
则，
，
即，
由，得，即，
则，
则（负值舍去），
故.
20. 设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.
（1）若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；
（2）若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量表示最后摸出的2个球的分数之和，求的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.
（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.
【小问1详解】
从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为，
记事件A为最后摸出2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，
则，
，
，
所以；
【小问2详解】
X的所有可能取值为2，3，4，
则，
，
，
故X的分布列如表：
故.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.
21. 如图，在三棱锥中，侧面是锐角三角形，，平面平面.
（1）求证：；
（2）设，点在棱（异于端点）上，当三棱锥体积最大时，若二面角大于，求线段长的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得平面，即可得到；
（2）设，得到，令，利用导数求得函数的单调性，得到时，三棱锥的体积最大，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得平面与的法向量分别为和，结合向量的夹角公式和题设条件，列出不等式，求得的取值范围即可.
【小问1详解】
证明：过点作于点，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为，且，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
解：设，
因为，可得，即，
所以，所以，
又由，
所以，
令，可得，令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，即时，三棱锥的体积最大，
以为原点，所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，可得，
则，
设平面与平面的法向量分别为，
由，令，可得，所以，
又由，令，可得，所以，
设二面角的平面角的大小为，
所以，解得，
所以的长的取值范围为.
22. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值；
（2）当时，函数取得极值，求的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，然后求出与轴，轴的交点，表示出切线与两坐标轴围成的三角形面积，然后利用导数求最大值即可；
（2）令求出的值，然后验证的值使函数在处取到极值.
【小问1详解】
由已知，
则，，
曲线在点处的切线方程为，
当时，，当时，，
设线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为，
则，
，
令，则，即在上单调递增，
令，则，即在上单调递减，
即，
即曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值为；
【小问2详解】
由（1），
因为当时，函数取得极值，
得，解得或，
当时，，设，
则，令，
则，明显在上单调递增，
，即在上单调递增，
，即在上单调递增，
，即函数在上单调递增
又明显在上恒成立，
则在上单调递增，
，即函数在上单调递减，
所以当时，函数取得极值，
当时，，设，
则，
当时，明显，
当时，因为，
在上恒成立，
在上单调递增，又，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得极值，
故或.
现证明，
设，则，
令，得，在上单调递增，
令，得，在上单调递减，
，即，
现证明，
设，则在上恒成立
即在上单调递增，
，即.
X
2
3
4
P