2024届江苏省镇江中学高三上学期10月学情检测数学试题含答案

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这是一份2024届江苏省镇江中学高三上学期10月学情检测数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2A．{x|2C．{x|1≤x<4}D．{x|1【答案】C
【分析】根据集合并集概念求解.
【详解】
故选：C
【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题.
2．在复平面内，复数z满足，则z的共轭复数为( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算，并利用复数共轭复数的概念即可得答案．
【详解】，
∴z的共轭复数为．
故选：B．
3．若，则“”是 “”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
4．设是两条不同的直线，是三个不同的平面，给出下列命题：
①若，则；②若，则；
③若，则；④若，则
其中不正确的命题的个数是（）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据有关线线、线面、面面位置关系的判定定理以及性质定理，对四个命题逐一分析，由此得出正确命题个数.
【详解】对于①，，则由线面垂直、线面平行的性质得，①正确；
对于②，若，则或②错误；
对于③，若，与相交、平行或，所以③错误；
对于④，若，则与有平行、相交两种种情况，所以④错误.
综上，不正确的命题的个数为3.
故选：C.
5．已知函数，则关于的不等式的解集为（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数单调性和奇偶性即可求解.
【详解】由题意，易知的定义域为，
而
所以
即，
所以为上的奇函数；
又因为均为奇函数，
且在均为增函数，
所以为上的奇函数，且为增函数；
又因为，
所以，
，
，
故选：A．
6．已知，则的大小关系为（）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用不等式(时取等号)和（时取等号）的结论即可求解.
【详解】设，则
令即，解得.
令即，解得
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，函数取的最小值为，即
当时，即，
设，则，
令即，解得.
令即，解得
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，函数取的最小值为，即
所以，即，
所以.
故选：C.
7．已知，，则（）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先对两式进行平方，进而可求出的值，根据二倍角公式求出结论.
【详解】解：因为，，
所以平方得，，，
即，，
两式相加可得，
即，
故，
.
故选：D.
8．已知平面向量，，满足对任意的都有，成立，且，，则的值为（）
A．1B．2C．D．
【答案】B
【分析】设，，即可得到，，设平面向量共起点，从而得到其平面图形，由余弦定理求出，从而求出，即可得解.
【详解】设，，则，
因为任意都有，故是向量的模的最小值，
故是的最小值即，即，同理，
设平面向量共起点，因为，故的终点在的终点的中垂线上，
故的终点和起点可构成如下图形：
因为，故，而，则，
所以，因，，
故，四点共圆（据此可得在直径的同侧，否则与矛盾），故，所以；
故选：B
二、多选题
9．已知是虚数单位，为复数，则下列叙述正确的是（）
A．任意的，B．若两个复数，满足，则
C．是纯虚数D．满足的有两个
【答案】AD
【分析】利用复数的运算和复数模的运算判断可得.
【详解】选项A：令，，，则，，故A正确．
选项B：，如，则，B错误．
选项C：，时，不是纯虚数，C错误．
选项D：，则，所以，D正确，
故选：AD．
10．已知a，b为正实数，且，则（）
A．ab的最大值为8B．的最小值为8
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】对条件进行变形，利用不等式的基本性质对选项一一分析即可.
【详解】因为，当且仅当时取等号，
解不等式得，即，故的最大值为8，A正确；
由得，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时取得最小值8，B正确；
，当且仅当，
即时取等号，C正确；
，
当且仅当时取等号，此时取得最小值，D错误．
故选：ABC．
11．向量函数，则下述结论正确的有（）
A．若的图像关于直线对称，则可能为
B．周期时，则的图像关于点对称
C．若的图像向左平移个单位长度后得到一个偶函数，则的最小值为
D．若在上单调递增，则
【答案】ACD
【分析】先由向量的数量积及三角恒等变换得到，再由对称性、奇偶性及单调性依次判断4个选项即可.
【详解】
，
对于A选项，若的图像关于直线对称，则，所以，当时，，故A正确；
对于B选项，当，则=2，令，，当时，，所以关于对称，故B错误；
对于C选项，若的图像向左平移个单位长度后得到，
所以，又，所以，故C正确；
对于D选项，因为函数在上递增，所以，故D正确.
故选：ACD.
12．已知正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在四边形内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（）
A．若是线段的中点，则平面平面
B．若在线段上，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则点的轨迹的长度为
D．若平面，则线段长度的最小值为
【答案】AC
【分析】证明平面，得面面垂直，判断A；由为正三角形，得与所成角的取值范围，判断B；分别取，的中点，，证明平面平面，判断C；取的中点，的中点，的中点，连接，平面平面（先证明四点共面），确定是最小值，然后计算后，判断D．
【详解】对于A，如下图，
，分别是线段，的中点，
故，
则，，
所以，易知平面，所以，
所以平面，从而平面平面，
故A正确.
对于B，正方体中，，
所以与所成的角为与所成的角，
连接，，
则为正三角形，
所以与所成角的取值范围为，
故B错误.
对于C，如下图，
设平面与直线交于点，
连接，，则为的中点，
分别取，的中点，，
连接，，，易知，
所以平面.
同理可得平面，所以平面平面，
由此结合平面，可得直线平面，
所以点的轨迹是线段，易得，
故C正确.
对于D，如下图，
取的中点，的中点，的中点，连接，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面，
连接，，则，又，
所以，所以平面，
连接，，易知，又，
所以，故，，，四点共面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面，
所以点的轨迹为线段.
由知，，，
连接，，在中，
，所以，
所以，得为直角，
故线段长度的最小值为，
故D错误.
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题考查面面垂直，面面平行的证明，考查异面直线所成的角，考查立体几何中点的轨迹．解题关键是动点轨迹的确定，题中是通过平行平面得出动点轨迹．解题技巧是利用中点的特征得出构造图形，证明结论．
三、填空题
13．已知向量，满足，，，则两向量与的夹角为．
【答案】
【分析】利用模长的平方等于向量的平方和向量数量积公式求解即可
【详解】
，
故答案为：
14．已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是．
【答案】
【分析】令，得有3个根，从而结合余弦函数的图像性质即可得解.
【详解】因为，所以，
令，则有3个根，
令，则有3个根，其中，
结合余弦函数的图像性质可得，故，
故答案为：.
15．若直线与曲线相切，直线与曲线相切，则的值为 .
【答案】1
【分析】构造函数，设切点为，设，设切点为，结合条件得到是函数和的图象与曲线交点的横坐标，利用对称性得出关于直线对称，从而得出，，然后计算出．
【详解】设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
设，则，设切点为，则，
则切线方程为，即，
直线过定点，
所以，所以，
则是函数和的图象与曲线交点的横坐标，
易知与的图象关于直线对称，而曲线也关于直线对称，
因此点关于直线对称，
从而，，
所以．
故答案为：1.
四、双空题
16．在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为．此时该三棱锥的外接球的表面积为．
【答案】
【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即
易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面
易知，
记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径
故答案为：，

五、解答题
17．设向量，，为锐角．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）若,求的值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【详解】试题分析：（Ⅰ）本题以向量为背景，实际考察三角函数及三角恒等变换，将向量数量积用坐标表示，求出的值，然后根据，求出的值，从而根据为锐角求出的值；（Ⅱ）根据的坐标表示，可以求出，可以根据同角三角函数基本关系式求出的值，再利用二倍角公式，求出的值，再将按两角和正弦公式展开，即可而求的值．另外，也可以根据齐次式求出的值，再将按两角和正弦公式展开，从而求的值．注意公式的准确使用．
试题解析：（Ⅰ）∵，
∴．
∴
又∵为锐角，∴．
（Ⅱ）法一：∵，∴．
∴，
．
∴
法二 ∵，∴．
易得，．
∴，
．
∴
【解析】1．向量平行垂直的坐标表示；2．同角三角函数基本关系式；3．三角恒等变换公式的应用．
18．已知实数，函数，其中是自然对数的底数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若存在极值点，求的最小值．
【答案】(1)递增区间为，递减区间为
(2)
【分析】（1）由导数求解单调区间
（2）求导后根据的取值范围分类讨论，构造函数求极值点的最小值
【详解】（1）时，，
则，令，得，
时，，时，，
故的递增区间为，递减区间为．
（2）
当，即时，，无极值点，舍去，
当，即时，令，得，
经检验是极小值点，
构造函数，则，
时，，时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
的最小值为，
即的最小值为．
19．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，请在①；②；③．这三个条件中任意选择一个，完成下列问题：
(1)求；
(2)若，，延长到D，使，求线段的长度．
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）若选①，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选②，由正弦定理将已知式子统一成角的形式，再利用三角函数恒等换公式化简可求出角，若选③，对已知式子利用余弦定理和三角形的面积公式化简可求出角，
（2）在中，由余弦定理可求得，再利用正弦定理得的值，然后分别在利用正弦定理和余弦定理求解即可
【详解】（1）若选①，因为，
所以由正弦定理得,
因为，所以,
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，
若选②，因为，
所以由正弦定理得,
所以，
因为，所以，
因为，所以，
若选③，因为，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
（2）在中，由余弦定理得，
，化简得，
解得或（舍去），
由正弦定理得，
所以，所以，
所以，
因为，，
所以，
在中，由正弦定理得,
所以，得，
在中，由余弦定理得
，
所以，
化简得,
解得或（舍去）
所以线段的长度为5
六、证明题
20．如图，已知四棱锥中，平面，四边形中，，，，，，点在平面内的投影恰好是的重心．

(1)求证：平面平面；
(2)求线段的长及直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点坐标，利用平面，可得，即可求得m的值，即得线段的长；根据空间角的向量求法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：平面，平面，
．
又，，，，平面，
平面，又平面，
平面平面，即平面平面；．
（2）取CD中点为E，连接AE，因为，，，，
则，即四边形为矩形，故，
又平面，平面，则可得两两垂直，
故以A为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

设，，，，，，
，由平面，则，
而，，，故，
即；
，，，，
设平面的一个法向量，
，即，可取，
设与平面所成角为，，
.
七、解答题
21．已知函数．
(1)若f（x）的图象关于点（0，2）对称，求实数m的值；
(2)设若存在x1，x2∈（－，0]，使得，求实数m的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）利用的图象关于点对称，得到，即可求出；
（2）先整理出，令，设，则问题转化为存在，.
推理对称轴与区间的关系，判断单调性，求出，建立不等式解出m的范围.
【详解】（1）的图象关于点对称，，
，
．
（2），
令，则当时，，
设，则问题转化为存在，使，
即
对称轴方程为，
①当，即时，，
∵存在，使，
，
解得；
②当，即时，在上单调递增，，
不存在，使；
综上①②可知．
八、证明题
22．已知函数，．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)当时，求证有两个零点，，并且．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数判断单调性后求最小值
（2）由导数判断单调性，结合零点存在性定理，由方程得的关系，表示出后证明
【详解】（1）当时，，
．
令，则，所以在单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，此时．
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增．
所以的最小值为，
（2），
，当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
则，
这时，
利用放缩
记的正根为
所以，
所以存在两个零点和，，，
因为，即
两式相减得；
两式相加得．
要证，即
只要证，
令，，
，则在单调递增，所以，
又因为，所以得证，所以成立．

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