2024届江苏省南通市如皋市高三上学期8月诊断测试数学试题含答案

2024届江苏省南通市如皋市高三上学期8月诊断测试数学试题

一、单选题

1．已知，，若，则实数m的取值范围（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】解不等式可得集合A，根据可得在上恒成立，结合二次函数的单调性即可求得答案.

【详解】解不等式，即，

即，

又，，

故在上恒成立，

即在上恒成立，而在上单调递减，

故，故，

即实数m的取值范围为，

故选：B

2．一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，则由题意可得，从而可求得，作出轴截面如图，利用与相似可求出，从而可求出圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，其轴截面如图所示，设为内切球球心，

因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，

所以，得，即，

所以，

所以，

因为∽，所以,

所以，得，

所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为

，

故选：A

3．设为正实数，复数满足，若在复平面内对应的点恰好在直线上，则（    ）

A． B．1 C．2 D．4

【答案】A

【分析】先根据复数的运算求出，得到在复平面内对应的点代入直线方程即可求解.

【详解】由题意可得，

则在复平面内对应的点为，

将点代入得，解得，

故选：A

4．已知圆上两动点A，B满足为正三角形，O为坐标原点，则的最大值为（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由条件可得，由此确定点的轨迹方程，再求的最大值可得结论.

【详解】由题可知是边长为1的正三角形，

设的中点为，则，

又，所以点的轨迹方程为，且．

因为，所以，

因为，

当且仅当点在线段上时等号成立，

所以的最大值为，

所以的最大值为．

故选：D．

5．文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为太阳鸟雕塑最顶端，B为太阳鸟雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点．测得CD的长为兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度AB的是（     ）

A．m、、、 B．m、、、

C．m、、、 D．m、、、

【答案】B

【分析】依据解三角形的条件，逐项判断可解三角形求出太阳鸟雕塑塔高度的选项即可．

【详解】对于A：由，、可以解，又，可求太阳鸟雕塑塔高度；

对于B：在中，由，无法解三角形，在中，由，无法解三角形，

在中，已知两角，无法解三角形，所以无法解出任意三角形，故不能求太阳鸟雕塑塔高度；

对于C：由，、可以解，可求，又，即可求太阳鸟雕塑塔高度；

对于D：如图，过作于，连接，由，，，

知，故可知的大小，由、，可解，

可求，又，可求太阳鸟雕塑塔高度；

故选：B．

6．在中，点是的三等分点（靠近点B），过点的直线分别交直线，于不同两点，若，均为正数，则的最小值为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的加减运算表示出，利用三点共线可得，将该式与相乘，结合均值不等式即可求得答案.

【详解】由题意知，

由于M、O、N三点共线，可知，

由于均为正数，

所以，

当且仅当 ，即时取得等号，

故选：C

7．设等比数列的首项为1，公比为q，是数列的前n项和，则“”是“恒成立”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】A

【分析】充分性直接证明，必要性举特值验证.

【详解】．

当时，，可知．

所以“”是“，恒成立”的充分条件．

又当时，．

若n为偶数，

则；

若m为奇数，则．

所以，当时，恒成立．

综上，“”是“恒成立”的充分不必要条件，

故选：A．

8．函数的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用导数，结合三角函数的性质即可得解.

【详解】因为，

所以，

易知，则，

所以当时，；当时，；

即当时，单调递增；

当时，单调递减；

故在处取得极大值即最大值，

所以.

故选：B.

二、多选题

9．已知F为椭圆的一个焦点，A，B为该椭圆的两个顶点，若，则满足条件的椭圆方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】根据题意为该椭圆的两个顶点，且，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.

【详解】由题意，已知F为椭圆的一个焦点，

其中为该椭圆的两个顶点，且，

当为左右两个顶点时，可得，解得，

所以，此时椭圆的方程为；

当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得

解得，则，此时椭圆的方程为；

当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，

解得，则，此时椭圆的方程为.

故选：BCD.

10．函数，则（     ）

A．为偶函数 B．的最小正周期是

C．在上单调递增 D．的最小值为

【答案】AD

【分析】对于A，根据偶函数的定义即可判断；

对于B，根据周期性的定义即可判断；

对于C，求出函数的单调区间即可判断；

对于D，通过去绝对值将原函数写成分段函数，再去求函数的值域之后即可判断.

【详解】对于A，因为函数的定义域为，

且，

所以函数为偶函数，故选项A正确；

对于B，因为，

所以函数的最小正周期不是，故选项B错误；

对于C，当时，，

所以，

令，解得，

令，解得，

当时，可知函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

所以函数在上不单调，故选项C错误；

对于D，因为，所以是函数的周期，

当时，，此时，

因为，所以，所以，所以，

当时，，此时，

因为，，所以，所以，所以，

综上所述，函数在区间上的值域为，所以函数的值域为，

即的最小值为，故选项D正确.

故选：AD.

11．已知函数的定义域，满足，且当时，，则下列说法正确的是（    ）

A．是定义在上的偶函数

B．在上单调递增

C．若，则

D．当是钝角的两个锐角时，

【答案】BC

【分析】利用赋值法及函数奇偶性的定义可判断A；根据函数单调性的定义结合条件可判断B；由题可得，然后利用等比数列的定义可判断C；根据正弦函数的性质结合条件可判断D.

【详解】对于A，令得，即得，

在定义域范围内令得，即是奇函数，故A错误；

对于B，令，且，所以，

又，且，所以，

所以，所以是单调增函数，故B正确；

对于C，由，可得，即，即，所以是等比数列，

又，所以，故C正确；

对于D，因为是钝角的两个锐角，则，

所以，故D错误.

故选：BC.

12．如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为，则（     ）

A．三棱锥的直度的最大值为1

B．直度为的三棱锥只有一种

C．四棱锥的直度的最大值为1

D．四棱锥的直度的最大值为

【答案】AD

【分析】借助于正方体模型，一一判断各选项，即得答案.

【详解】如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥的四个面都是直角三角形，

其直度为1，A正确；

图1中三棱锥，三个面都是直角三角形，

面为正三角形，其直度为；

图2中三棱锥，三个面都是直角三角形，

面为正三角形，其直度为，故直度为的三棱锥不止一种，B错误；

四棱锥的共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；

图3中的四棱锥的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，

故四棱锥的直度的最大值为，D正确，

故选：AD

三、填空题

13．个人分乘三辆不同的汽车，每辆车最多坐人，则不同的乘车方法有      种（用数字作答）．

【答案】

【分析】先分好组，三组人数分别为、、或、、，再将三组分配给三辆车，利用分步乘法计数原理可得结果.

【详解】先分好组，三组人数分别为、、或、、，再将三组分配给三辆车，

由分步乘法计数原理可知，不同的乘车方法种数为.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：解决分配问题一般遵循先分组再分配的方法进行，但要正确判断是不是平均分组、有序分组，无序平均分组要除以组数的阶乘，有序平均分组是在平均分组的基础上乘以组数的阶乘.

14．在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是        ．

【答案】

【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.

【详解】设球的半径为.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，

连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.

综上，.

故答案为：

15．过点能作双曲线的两条切线，则该双曲线离心率的取值范围为       .

【答案】

【分析】分析可知，切线的斜率存在，设切线方程为，将切线方程与双曲线的方程联立，由可得出关于的方程，可知方程有两个不等的实数根，求出的取值范围，即可求得该双曲线的离心率的取值范围.

【详解】当过点的直线的斜率不存在时，直线的方程为，

由可得，故直线与双曲线相交，不合乎题意；

当过点的直线的斜率存在时，设直线方程为，即，

联立可得，

因为过点能作双曲线的两条切线，

则，可得，

由题意可知，关于的二次方程有两个不等的实数根，

所以，，可得，

又因为，即，因此，关于的方程没有的实根，

所以，且，解得，即，

当时，，

当时，，

综上所述，该双曲线的离心率的取值范围是.

故答案为：.

16．若，，则        ．

【答案】

【解析】由，两边取以 为底的对数，得，由，令，则，从而可得，则，从而得出答案.

【详解】由，两边取以 为底的对数，得

由，令，则

所以，即

所以，设，则

所以在上单调递增，

由以及，则

由即，则

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题考查对数的运算和构造函数利用函数单调性得到相应关系，解答本题的关键是由条件得到，利用换元令，进一步得到，根据函数的单调性得到，属于中档题.

四、解答题

17．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是，AB的中点.

(1)证明：直线平面.

(2)求点B到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）根据三棱锥的体积公式，结合三棱锥的等积性进行求解即可.

【详解】（1）证明：如图，连接EF，因为E，F分别是，AB的中点，所以，，所以四边形为平行四边形，则.

又平面，平面，所以直线平面.

（2）连接EB.设点B到平面的距离为h.

，

在中，，，.

又因为，所以，解得.

18．已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，，且.

(1)求；

(2)若，的面积为，且，求线段的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；

（2）先根据面积求出，利用向量运算求解的长.

【详解】（1）因为，所以.  

由正弦定理，得，即，  

由余弦定理，得.

因为，所以.

（2），解得.

因为，所以为的三等分点，，则，

所以，.

19．已知函数.

(1)求的最大值;

(2)证明：

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用多次求导的方法求得的单调区间，进而求得的最大值.

（2）利用导数，首先将要证明的不等式转化为证明，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.

【详解】（1），定义域为，

则，

令，

因为恒成立，所以在上单调递增，

所以，即当时，，

令，可得，得在上单调递增，在上单调递减，

所以.

（2）要证，即证，

令

令得，即在上单调递减，在上单调递增，

，即，

即欲证，只需证也就是证明

设，则，令，得

当时，；当时，

当时，取到最小值

故式成立，从而成立.

【点睛】利用导数研究函数的单调性、极值、最值时，当一次求导无法解决，可考虑利用多次求导的方法来进行求解.利用导数证明不等式，可先将不等式进行转化，转化为容易证明的形式，然后利用构造函数法，结合导数进行证明.

20．已知数列的前项和为，当时，满足.

（1）求证：；

（2）求证：数列为等差数列；

（3）若，公差，问是否存在，，使得？如果存在，求出所有满足条件的，，如果不在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，或.

【分析】（1）已知条件是时，，令可证结论；

（2）已知条件变形

，用累加的方法得，从而，把此式再写一次：

当时，，两式相减得：时，，同时也适合此式，从而证明是等差数列；

（3）由求得，让从2开始一一检验，看是否有，当然时，有，.

【详解】（1）证明：∵时，，

令得，，

∴.

（2）由

，

∴，

各式相加得，，

当时，，

由时，，

而，，也满足上式，∴为等差数列.

（3）∵，公差为，

∴，，，

当时，，当时，，

当时，（舍），时，（舍），

当时，（舍），时，（舍），

当时，（舍），

当时，，

∴，（舍），

综上或.

【点睛】本题考查等差数列的证明，由的递推关系证明数列是等差数列，由于已知式较复杂，因此关键是第一步的变形：

，这样可用累加法求得，再由得（），然后说明前3项也适合此表示法，完成证明.这里涉及到与的关系，要注意在推理过程中的取值范围.

21．一只口袋装有形状、大小完全相同的5只小球，其中红球、黄球、绿球、黑球、白球各1只．现从口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球．

(1)当时，求恰好取到3次红球的概率；

(2)X表示2n次取球中取到红球的次数，，求Y的数学期望（用n表示）.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出从装有5只小球的口袋中有放回的取球6次，共包含几种情况，再求出恰好取到3次红球的取法种数，根据古典概型的概率公式即可求得答案.

（2）确定随机变量Y的所有可能取值，求得的表达式，继而计算，并结合二项式定理化简计算，即可求得答案.

【详解】（1）当时，从装有5只小球的口袋中有放回的取球6次，共包含种情况．

记“恰好取到3次红球”为事件A，事件A包含种情况，

故

即当时，恰好取到3次红球的概率为

（2）由题意知，随机变量Y的所有可能取值为0，1，3，5，…，，

则，

则

所以

，

令，

，

则

，

，

所以，所以 ，

故Y的数学期望为.

【点睛】关键点睛：求解随机变量Y的数学期望时，按照期望的计算公式可得的表达式，关键在于根据该表达式化简求值时，要令，，从而可结合二项式定理求出结果.

22．在平面直角坐标系xOy中，已知圆与抛物线交于点M，N（异于原点O），MN恰为该圆的直径，过点E（0，2）作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．

(1)求证：点P的纵坐标为定值；

(2)若F是抛物线C的焦点，证明：．

【答案】(1)证明过程见解析；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）根据圆和抛物线的对称性，结合导数的几何意义进行求解证明即可.

（2）转化为证明向量分别与向量的夹角相等,应用向量夹角余弦公式，即可证明结论.

【详解】（1）由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1)，

代入抛物线方程可得2p=1，

所以抛物线的方程为x2=y，

设A，B，

所以，

所以直线AB的方程为，

即，

因为直线AB过点C(0，2)，

所以，所以①.

因为，所以直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，

直线PA的方程为，

即，

同理直线PB的方程为，

联立两直线方程，可得P

由①可知点P的纵坐标为定值-2.

（2），，

注意到两角都在内，

可知要证， 即证，

，，

所以，

又，所以，

同理式得证.

【点睛】关键点睛：根据导数的几何意义求出切线方程是解题的关键.