2024届江苏省镇江市扬中市第二高级中学高三上学期诊断性测试数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江市扬中市第二高级中学高三上学期诊断性测试数学试题含答案，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。
2024届江苏省镇江市扬中市第二高级中学高三上学期诊断性测试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先通过求解分式不等式化简集合，然后利用指数函数的单调性化简集合，最后利用集合间的交运算即可求解.【详解】∵∴由指数函数的单调性可知，，从而，故.故选：C.2．已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（   ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别解出、集合，由“”是“”的必要不充分条件可知，由此即可列出不等式，则可解出答案.【详解】或，因为“”是“”的必要不充分条件，所以，所以或，解得：或，故选：D.3．已知随机变量服从正态分布，若，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知曲线关于对称，利用曲线的对称性求.【详解】由题意可知，正态分布曲线关于对称， ,根据对称性可知，,.故选：C【点睛】本题考查正态分布在指定区间的概率，正态分布下两类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线对称，及曲线与轴之间的面积为1.(2)利用原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的进行对比联系，确定它们属于，，中的哪一个.4．函数的部分图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先确定函数的奇偶性，排除AC选项，再特殊函数值，比较排除选项可得答案.【详解】因为函数的定义域为，且，所以函数是奇函数，故可排除A、C；又，故可排除B；故选：D．5．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含者中华文化的丰富内涵.在某次国际比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙不在同一个小组的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意，另3位棋手分别记为丙、丁、戊，则这5位棋手的分组情况有（甲乙丙，丁戊），（甲乙丁，丙戊），（甲乙戊，丙丁），（甲丙丁，乙戊），（甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊），（乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），（丙丁戊，甲乙），共10种，其中甲和乙不在同一个小组的情况分别为（甲丙丁，乙戊），（甲丙戊，乙丁），（甲丁戊，乙丙），（乙丙丁，甲戊），（乙丙戊，甲丁），（乙丁戊，甲丙），共有6种，所以甲和乙不在同一个小组的概率.故选：C.6．定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（     ）A．82 B．83 C．84 D．85【答案】C【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有个好运数；当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有个好运数；当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，共有个好运数；当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，共有个好运数；当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，共有个好运数；所以共有个好运数，故选：C7．若函数，既有极大值也有极小值，则a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】将函数既有极大值也有极小值转化为导函数对应的方程有两个不等正根即可解决问题.【详解】因为，所以函数定义域为，，由题意，方程，即有两个不相等的正根，设为，则，解得，即的取值范围为.故选：A.8．已知 ，其中e是自然对数的底数，则的大小关系是（     ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据的特点构造函数，然后利用导数研究函数的单调性，从而比较出大小.【详解】对两边取对数得，令，则，设，则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，所以，所以在上单调递减.又，且，所以，所以，故选：D. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．若函数的定义域为，则函数的定义域为B．的最大值为C．的图象关于成中心对称D．的递减区间是【答案】AC【分析】对于A，由求解判断，对于B，利用换元法根据指数函数的单调性分析判断，对于C，对函数变形后，利用反比例函数的对称性和函数图象变换规律分析判断，对于D，利用换元法分析判断【详解】对于A，由题意得，得，所以函数的定义域为，所以A正确，对于B，令，则，因为，且在定义域内递减，所以，所以的最小值为，所以B错误，对于C，因为，所以是由反比例函数向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的，因为的对称中心为，所以的对称中心为，所以C正确，对于D，由，得或，所以函数的定义域为，令，则，因为在上递减，在上递增，且在上递增，所以在上递减，在上递增，所以D错误，故选：AC10．已知等比数列的前项和为，公比，，则（    ）A．一定是递增数列 B．可能是递增数列也可能是递减数列C．、、仍成等比 D．，【答案】BCD【分析】根据等比数列的性质依次判断即可.【详解】对于A，当，时，为递减数列，故A错误；对B，当，时，为递减数列，当，时，为递增数列，故B正确；对C，等比数列，则、、仍成等比，故C正确；对D，等比数列中，，则必不为0，故D正确.故选：BCD.11．已知则（     ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】由，可判定A不正确；由对于的运算性质，可判定B正确；由对数的运算性质，可判定C正确；结合基本不等式和对数的运算性质，可判定D正确.【详解】对于A中，由，可得，所以A不正确；对于B中，由，可得，所以，所以B正确；对于C中，由，因为，所以，所以C正确；对于D中，由，可得，因为，所以等号不成立，所以，又因为，所以，所以D正确.故选：BCD.12．水车在古代是进行灌溉引水的工具，亦称“水转筒车”，是一种以水流作动力，取水灌田的工具.据史料记载，水车发明于隋而盛于唐，距今已有1000多年的历史，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的特征.如图是一个半径为的水车，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足（，，），则下列叙述正确的是（   ）  A．B．当时，函数单调递增C．当时，的最大值为D．当时，【答案】AD【分析】根据题意，结合条件可得的值，从而求得函数的解析式，然后根据正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】由题意，，，所以，则，又点，此时代入可得，解得，又，所以，故A正确；因为，当时，，所以函数先增后减，故B错误；当时，所以，则，则，故C错误；当时，，的纵坐标为，横坐标为，所以，故D正确；故选：AD 三、填空题13．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派研究过正五边形和正十边形的作图，发现0.618就是黄金分割，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为，若，则           .【答案】【分析】由，利用平方关系求出，代入利用二倍角公式，诱导公式计算可得．【详解】解：∵，若，∴，∴，故答案为：.14．在中，点是线段上任意一点（不包含端点），若，则的最小值是        .【答案】9【分析】利用平面向量共线的结论 , 得到，然后用“1”的代换后，用基本不等式即可解..【详解】∵是线段上一点,∴三点共线，  ∴ m ＋ n = 1 , 且 m > 0 , n > 0 ,  当且仅当 即 又∵ ∴时取等号，的最小值为 9 .故答案为：915．在圆x2＋y2－2x－6y＝0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为             【答案】【分析】先求出最长弦和最短弦，再计算面积即可.【详解】圆的标准方程为（x－1）2＋（y－3）2＝10，则圆心（1，3）半径，由题意知最长弦为过E点的直径，最短弦为过E点和这条直径垂直的弦，即AC⊥BD，且，圆心和E点之间的距离为，故，所以四边形ABCD的面积为.故答案为：.16．设函数的定义域为，满足，且当时，，则的值为      .【答案】【分析】根据已知条件分别求出，，，，，相加即可.【详解】由题意，且当时，，所以，，，，，所以.故答案为：. 四、解答题17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，△ABC的面积为S．现有以下三个条件：①（2c+b）cosA+acosB＝0；②sin2B+sin2C﹣sin2A+sinBsinC＝0；③请从以上三个条件中选择一个填到下面问题中的横线上，并求解．已知向量＝（4sinx，4），＝（cosx，sin2x），函数在△ABC中，，且____，求2b+c的取值范围．【答案】【分析】根据平面向量数量积的运算，结合恒等变换，即可求得；选择①由正弦定理将边化角，即可求得；选择②，利用正弦定理以及余弦定理即可求得；选择③利用面积公式以及余弦定理即可求得；无论选择哪个条件，角都一样大小.利用正弦定理，构造关于角的函数，利用三角函数的值域，即可求得结果.【详解】根据题意，.又.选择①：（2c+b）cosA+acosB＝0，由正弦定理可得：，故可得，又，故可得，又，故.选择②：sin2B+sin2C﹣sin2A+sinBsinC＝0，由正弦定理得：，由余弦定理得，有，故.选择③：，由面积公式以及余弦定理可得：，解得，又，故可得.故不论选择哪个条件，都有.又.则.故，又，故，故，故.故答案为：.【点睛】本题考查向量数量积的运算、三角恒等变换以及正余弦定理解三角形，涉及三角形中范围问题的求解，属综合中档题.18．已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．(1)求与的通项公式；(2)求数列的前项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的通项公式即可求的通项公式.（2）利用错位相减法整理化简即可求得前项和．【详解】（1）等差数列的前项和为，，，设公差为 所以，解得所以 正项等比数列中，，，设公比为 所以，所以 解得，或（舍去）所以（2）由（1）知： 所以 两式相减得： 19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是矩形，△SAD是等边三角形，平面平面ABCD，AB＝1，P为棱AD的中点，四棱锥的体积为．(1)若E为棱SA的中点，F为棱SB的中点，求证：平面平面SCD．(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处 【分析】（1）由题可得EPSD，EFCD，即证；（2）由题可得SP⊥平面ABCD，结合条件可得AD的长，建立空间直角坐标系，设＝λ，利用条件列方程，即可解得.【详解】（1）因为E、F分别是SA、SB的中点，所以EF AB，在矩形ABCD中，AB CD，所以EF CD，CD 平面SCD，EF平面SCD，∴EF 平面SCD， 又因为E、P分别是SA、AD的中点，所以EP SD，SD 平面SCD，EP平面SCD，∴EP 平面SCD，又EF∩EP＝E，EF，EP平面PEF，所以平面PEF 平面SCD．（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以，又平面平面ABCD，平面平面ABCD＝AD，平面SAD，所以平面ABCD，所以SP是四棱锥的高．设，则，，所以，所以m＝2．以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，所以．设平面PMB的一个法向量为，则，所以取．易知平面SAD的一个法向量为，所以，因为，所以，所以存在点M，位于AS的靠近点A的三等分点处满足题意．20．某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．(1)若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；(2)已知，则：①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？【答案】(1)(2)①当时，最大概率为；②625 【分析】（1）先罗列出“神投小组”的可能情况，然后利用独立事件的乘法公式进行求概率即可；（2）①先求出获得“神投小组”称号的概率，结合可得令，，利用二次函数的性质即可求解；②利用二项分布的知识即可求解【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,，他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率，又,则，令,则,在上单调递增,则,此时.②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,,则,平均要进行625轮游戏.21．已知双曲线的左、右顶点分别为，，离心率为2．(1)过右焦点的直线与双曲线交于两点，且的面积是，求直线的方程；(2)设点在双曲线的右支上，直线、在轴上的截距之比为，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由已知可求双曲线的方程为，设，联立直线与双曲线方程，通过韦达定理求出三角形面积的表达式，解方程即可求出m，从而可求直线l的方程；（2）设与轴分别交于，，则，设，则，设直线的方程为，联立方程组，根据已知条件结合韦达定理得出的关系式，整理即可得到定点坐标．【详解】（1）由已知得，由，得，所以双曲线的方程为，设，直线，由消去，得，显然，则，，，，整理得，解得或（舍去），直线；（2）设与轴分别交于，设，则，，设，则，，设直线的方程为，由得，即，，，，，，直线不过，，，得，此时对于，即，有，满足题意，所以直线为，则直线过定点．22．已知函数.(1)若，求的极值.(2)若方程在区间上有解，求实数的取值范围.【答案】(1)极小值为，无极大值(2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导数导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值；（2）对参数分、、三种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值（最值），从而得到不等式，即可求出参数的取值范围.【详解】（1）解：因为定义域为，所以，当时，，，令得当时，，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）解：因为，①若，当时恒成立，所以在上单调递增要使方程在上有解，则 即 得 ，因为，所以.②若，当时恒成立，所以在上单调递减，此时不符合条件.③若，当时，，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，此时，，要使方程在上有解，则需，解得，所以.综上可知，的取值范围为