江苏省连云港市灌南高级中学2024届高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份江苏省连云港市灌南高级中学2024届高三上学期期中数学试题（解析版），共24页。

2．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.
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，集合且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】解不等式求得集合，从而求得集合.
【详解】，解得，所以，
对于集合，，则，
由于，所以.
故选：D
2. 若复数在复平面内对应的点关于虚轴对称，且，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可推出，然后根据复数的除法即可求出.
【详解】复数在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为，
所以，
所以.
故选：C.
3. 已知向量，且，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量平行得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】，，，故，即，
当，或，时，；
当且时，，，当，即，时等号成立；
综上所述：的最大值为.
故选：B
4. 函数在的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：函数|在[–2,2]上是偶函数，其图象关于轴对称，
因为，
所以排除选项；
当时，有一零点，设为，当时，为减函数，
当时，为增函数．
故选：D.

5. 椭圆焦点为，，过的最短弦PQ长为10，的周长为36，则此椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设椭圆方程为其焦点坐标为(-c,0)，由已知
P、Q坐标为：M(-c, ),N(-c,-)
所以，2 ·=10，；
△PQ的周长为36
| P|=|Q|==13,c=6
=+36，
所以(a-9)(a+4)=0
因为a>0,所以，a=9，椭圆的离心率为，故选C．
考点：本题主要考查了椭圆的标准方程、几何性质．
点评：过的最短弦PQ垂直于x轴，另外，由椭圆的对称性，△PQ是一直角三角形．
6. 将函数图像上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图像，若对于满足的，，都有，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由伸缩变换结合余弦函数的图像的特点得出和必然一个为极大值点，一个为极小值点，进而由周期得出的值.
【详解】解：由题可得，若满足，
则和必然一个为极大值点，一个为极小值点，
又，则，即，所以，所以．
故选：A．
7. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，圆与线段相交于点，且被直线截得的弦长为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点在抛物线上及抛物线定义，利用圆的弦长及勾股定理即可求解
【详解】由题意可知，如图所示，
在抛物线上，则
易知，，由，
因为被直线截得的弦长为，则，
由，于是在中，
由解得：，所以．
故选：C.
8. 已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.
【详解】连接，，由，
可知：和是等边三角形，
设三棱锥外接球的球心为，
所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，
是等边三角形，为中点，
所以，又因为侧面底面，侧面底面，
所以底面，而底面，因此，所以矩形,
和是边长为的等边三角形，
所以两个三角形的高，
在矩形中，，连接，
所以，
设过点的平面为，当时，
此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，
，
因此圆的半径为：，所以此时面积为，
当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，
所以截面的面积范围为.
故选：A．
【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合基本不等式即可判断A、B、C选项，D选项先利用和差化积公式可得到，再结合三角函数性质即可判断.
【详解】，，，
，当且仅当，即时取等号，故A不正确；
又，当且仅当，即时取等号，故B正确；
，当且仅当时取等号，故C正确；
又，
,，故D正确；
故选：BCD.
10. 设函数，已知在有且仅有3个极小值点，则（ ）
A. 在上可能有6个零点
B. 在有且仅有2个极大值点
C. 的取值范围是
D. 在上单调递减
【答案】ACD
【解析】
【分析】先得到，根据在有且仅有3个极小值点，列出不等式组，求出，C正确；
数形结合得到时，在上有6个零点，A正确；
数形结合得到时，在上有3个极大值点，B错误；
先得到，结合，得到，结合在上单调递减，得到D正确.
【详解】，，故，
在有且仅有3个极小值点，
故，解得：，C正确；
当，即时，在上有6个零点，A正确；
当，即时，在上有3个极大值点，B错误；
，，
因为，所以，
因为，而在上单调递减，
故在上单调递减，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，是棱上一点，是的中点，则（ ）
A. 存在棱上的点，使得
B. 四面体的体积为
C. 三棱锥的内切球的表面积为
D. 当为棱的中点时，平面平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，取线段上点满足，根据结合三角形的性质可得；对B，根据三棱锥的体积公式求解即可；对C，根据等体积法求解内切球的半径于表面积即可；对D，根据线面垂直的判定证明面面垂直即可.
【详解】对A，取线段上点满足，连接.
因为，且，故四边形为平行四边形，故.
因为为正方体，故均为等腰直角三角形，故，故，则，故A正确；
对B，四面体的体积，故B正确；
对C，三棱锥为棱长为的正四面体，体积为，且每个面的面积均为，故内切球半径满足，解得，故内切球的表面积，故C错误；
对D，由题意，因为是的中点，且，故.
由正方体可得也为的中点.则，故在直角和直角中，故，则，又，故，所以.
又，平面，故平面.
又因为平面，故平面平面，故D正确；
故选：ABD
12. 已知直线与圆相交于两不同的点，与两坐标轴分别交于C，D两点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的取值范围为
B. 的最大值为
C. 直线一定与圆相离
D. 存在，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离，即可判断A项；根据，即可得到，进而根据基本不等式即可判断B项；圆心到直线的距离，即可判断C项；假设存在，因为和都以为高，则可推出.联立直线与圆的方程，求出弦长，即可得到关于的方程组，解出，满足条件，假设成立，即可得到D项.
【详解】圆心，半径，圆心到直线的距离.
对于A项，由已知得，应有，且，即，整理可得，，
解得，且.又，所以，故A项正确；
对于B项，因为，所以，
所以，
因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，故B项错误；
对于C项，圆心到直线的距离.
因为，所以，所以直线一定与圆相离，故C项正确；
对于D项，设直线与轴交于点，则，，则，，
又.
假设存在，使得，则.
联立直线与圆的方程可得，，
设，，则，，且，
则，
所以，整理可得，
解得或（舍去负值）.
所以，，满足条件，所以假设成立，故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】在直线与圆以及直线与圆锥曲线中，遇到判断是否存在的题目时，往往采用假设成立，进而作为已知条件推导，若得出的结论与题目相符，即表示存在，若相矛盾，即不存在.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 的二项展开式中的常数项为___________．
【答案】15
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合题意，即可容易求得结果.
【详解】因为的通项公式，
令，故可得，则二项展开式的常数项为.
故答案为：15．
14. 已知为第二象限角，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦的倍角公式求出，然后结合诱导公式可得的值，然后可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
因为为第二象限角，所以，，
故答案为：
15. 已知甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题意可求，，再根据条件概率的计算公式求解即可．
【详解】因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，
因为，所以．
故答案为：．
16. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，.若对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是_____________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据函数奇偶性求出函数解析式，再将，恒成立问题转化为恒成立，即可求解.
【详解】由题意，是定义在上的偶函数，且当时，，
设，则，即，所以，
即，
由，，即，
所以，即，即恒成立，
所以，即实数的取值范围是.
故答案为：.
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. 在中，角所对的边分别为，.
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式可求得，由此可得；
（2）由三角形面积公式可求得，利用余弦定理可构造方程求得，由此可得周长.
【小问1详解】
由正弦定理得：，
，
，
，又，，，
，.
【小问2详解】
，，
由余弦定理得：，
，解得：，
的周长为.
18. 设向量,函数.
（1）求的对称轴方程；
（2）若且求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积坐标公式、二倍角公式、辅助角公式化简函数表达式，结合对称轴方程的定义即可求解.
（2）由已知条件先算出，，再结合两角差的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
因为
，
令，得，
所以的对称轴方程为.
【小问2详解】
因为，所以，即，
又因为所以，
故，
所以
.
19. 某学校对男女学生是否喜欢名著阅读进行了调查，调查男女生人数均为，统计得到以下列联表，经过计算可得
附：.
（1）完成表格并求出值；
（2）①为弄清学生不喜欢名著阅读的原因，采用分层抽样的方法从抽取的不喜欢名著阅读的学生中随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，求“至少抽到一名女生”的概率；
②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对名著阅读喜欢的人数为，求的数学期望.
【答案】（1）列联表见解析，30；
（2）①，②.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出数据，即可补全列联表.根据计算公式即可求出，即可求出；
（2）①由已知9人中男生的人数为4人，女生的人数为5人，根据对立事件即可求出结果；
②由已知，根据二项分布期望公式求解即可得到.
【小问1详解】
列联表如下表所示
，所以，又，所以.
【小问2详解】
①采用分层抽样的方法从抽取的不喜欢名著阅读的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4人，女生的人数为5人，
则从这9人中抽取3人进行面对面交流，全部抽到男生的概率为为
所以，至少抽到一名女生的概率；
②由题意知，所以.
20. 如图多面体中，四边形是菱形，平面，.
（1）证明：平面；
（2）在棱上有一点（不包括端点），使得平面与平面的夹角余弦值为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证明是平行四边形即可证明结论；
（2）连接交于，取中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合平面的向量夹角公式求出点坐标，再利用向量距离公式即可求出点到平面的距离．
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为，且，所以且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为是菱形，所以，且，
所以且，
所以四边形是平行四边形，，
又平面平面，
所以平面；
【小问2详解】
连接交于，取中点
平面平面，且，
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
设在棱上存在点使得平面与平面的夹角余弦值为，
则设，
所以
设平面的一个法向量为，
则即，令，
得
设平面的一个法向量为，
则，即，取，
得，.
，
解得或，，又，
此时，
点到平面的距离．
21. 在平面直角坐标系中，点在椭圆上，过点的直线的方程为．
（1）求椭圆的离心率；
（2）设椭圆的左、右焦点分别为，，点与点关于直线对称，求证：点三点共线．
【答案】（1）
（2）证明详见解析
【解析】
【分析】（1）根据求得椭圆的离心率.
（2）求得点坐标，利用向量法证得三点共线.
【小问1详解】
依题意，，
所以离心率.
【小问2详解】
直线斜率为，
由（1）得，
设关于的对称点为，
线段的中点为，
所以，
整理得，
解得，
则
在椭圆上，所以，
，
则
，
所以，所以三点共线.
【点睛】求解三点共线的问题，可以转化为来进行求解，也可以转化为来进行求解.求解点关于直线对称点的问题，关键点在于中点和斜率，根据这两个关键点可求得对称点的坐标.
22. 已知函数和，它们的图像分别为曲线和.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：曲线和有唯一交点；
（3）设直线与两条曲线共有三个不同交点，并且从左到右的三个交点的横坐标依次为，求证：成等比数列.
【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数与函数单调性的关系直接求解即可；
（2）由题知，进而构造函数，研究其单调性，并结合零点存在性定理证明即可；
（3）由题知直线必过曲线和的交点，且，
进而根据得，再结合（1）证明即可.
【小问1详解】
解： ，
令，则，
当时，递增；
当时，递减；
所以，的单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
解：，
设，则，
令，则，
所以，当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，，即，
令，则，
所以，当，，单调递减，
当，，单调递增，
所以，，即，
所以，，
所以，，
所以在为减函数，
又，即，
所以，由零点存在定理知，在存在唯一的零点，即方程有唯一解，
所以，曲线和有唯一交点.
【小问3详解】
解：由（1）知，同理易知，
由（2）知，要使直线与两条曲线共有三个不同交点，则直线必过曲线和的交点，且，
所以，，故有，
因为，且，
由（1）知在上递增，
所以，
同理，且，
因为由（1）知在单调递减，
所以，，即，
所以，，即成等比数列.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于结合（1），（2）得直线必过曲线和的交点，且，进而证明即可.
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