2023-2024学年江苏省常州市高三上册12月学情调研数学测试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市高三上册12月学情调研数学测试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．若集合，集合，则（ ）
A．B．C． D．R
2．已知复数在复平面内对应点的坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，若，则=（ ）
A．20B．15C．10D．5
4．如图所示，为射线，的夹角，，点在射线上，则（ ）
A．B．
C．D．
5．下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
6．设为坐标原点，为椭圆的焦点，点在上，，则（ ）
A．B．0C．D．
7．净水机通过分级过滤的方式使自来水逐步达到纯净水的标准，其工作原理中有多次的棉滤芯过滤，其中第一级过滤一般由孔径为5微米的棉滤芯（聚丙烯熔喷滤芯）构成，其结构是多层式，主要用于去除铁锈、泥沙、悬浮物等各种大颗粒杂质，假设每一层棉滤芯可以过滤掉三分之一的大颗粒杂质，若过滤前水中大颗粒杂质含量为80mg/L，现要满足过滤后水中大颗粒杂质含量不超过2mg/L，则棉滤芯的层数最少为（参考数据：，）（ ）
A．9B．8C．7D．6
8．设函数，若函数存在两个极值点，且不等式恒成立，则t的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、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．
9．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据的方差为2，则数据的方差为7
B．若，则．
C．在一组样本数据，（，，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为
D．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得线性回归方程为，则的值分别是和4
10．已知函数的部分图象如图所示．则（ ）
A．的图象关于中心对称
B．在区间上单调递增
C．函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数的图象
D．将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象
11．已知圆：与圆相交于，两点，直线，点为直线上一动点，过作圆的切线，，（，为切点），则说法正确的是（ ）
A．直线的方程为B．线段的长为
C．直线过定点D．的最小值是．
12．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→3→4→5→6→7→8→9就是一条移动路线，（ ）
A．从1移动到9，一共有34条不同的移动路线
B．从1移动到9过程中，恰好漏掉两个数字的移动路线有15条．
C．若每次移动都是随机的，则移动过程中恰好跳过4的概率为
D．若每次移动都是随机的，记为经过的概率，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．展开式中项的系数为 ．
14．则为 ．
15．甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 .
16．在数列求和中，裂项相消法是很常用的方法．例如在计算的过程中，可以选择将通项作如下处理：，从而求出，类比上述方法，计算 ，并由此结果推导出自然数的平方和公式 ．
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．设数列满足，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和公式.
18．在中，，且
(1)求角；
(2)若点为边上一点，且，求的面积.
19．如图，直三棱柱中，为等腰直角三角形，，E，F分别是棱上的点，平面平面，M是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．椭圆的离心率为，且经过点
(1)求椭圆方程
(2)点A为椭圆的上顶点，过点的直线l交椭圆于P，Q两点，直线AP，AQ分别交x轴于点M，N，若，求直线l的方程
21．设函数
(1)若函数与的图象存在公切线，求a的取值范围
(2)若函数有两个零点，求证.
22．甲乙两人进行投篮比赛，两人各投一次为一轮比赛，约定如下规则：如果在一轮比赛中一人投进，另一人没投进，则投进者得1分，没进者得-1分，如果一轮比赛中两人都投进或都没投进，则都得0分，当两人各自累计总分相差4分时比赛结束，得分高者获胜．在每次投球中甲投进的概率为0.5，乙投进的概率为0.6，每次投球都是相互独立的．
(1)若两人起始分都为0分，求恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率．
(2)若规定两人起始分都为2分，记（）为甲累计总分为i时，甲最终获胜的概率，则
①求证（）为等比数列
②求的值．
1．B
【分析】求得集合，，根据集合交集的运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
根据集合交集的运算，可得.
故选：B.
2．A
【分析】由已知得到，利用复数的除法求出即可.
【详解】由已知复数在复平面内对应点的坐标为，
则，
所以.
故选：A.
3．C
【分析】根据向量平行，求出的值，再结合向量的坐标运算求模.
【详解】因为，所以.
所以：
所以.
故选：C
4．A
【分析】射线所对的角为，由三角函数的定义可得，且，于是有，再根据两角差的正、余弦公式可求得，，进而可得，代入求解即可.
【详解】解：设射线所对的角为，则有，，
又因为，
所以，
，，
所以，
所以.
故选：A.
5．C
【分析】利用函数的奇偶性和单调性的定义以及导数分别判断四个选项即可得出答案.
【详解】对于A，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
当时，函数单调递增，故A不符合题意；
对于B，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，
由幂函数的性质知函数在R上单调递增，
所以函数在R上单调递减，故B不符合题意；
对于C，函数的定义域为R，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
当时，又，
所以函数在上单调递减，故C符合题意；
对于D，函数的定义域为，关于原点对称，
且，
所以是奇函数，又，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，故D不符合题意.
故选：C.
6．C
【分析】设，利用余弦定理可得，再由向量表示可知，即可得；联立即可求得.
【详解】如下图所示：

不妨设，根据椭圆定义可得，；
由余弦定理可知；
又因为，所以，又，
即可得，解得；
又，即；
所以可得；
故选：C
7．A
【分析】首先由条件抽象出经过层棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量的函数，再结合指对运算，解不等式.
【详解】设经过层棉滤芯过滤后的大颗粒杂质含量为，则，
令，解得，两边取常用对数得，即
即，因为，，
所以，解得，因为，所以的最小值为9．
故选：A
8．D
【分析】先求导，然后根据导函数和极值点的关系求出及的范围，然后代入，构造函数求最值即可.
【详解】函数定义域为，，
又函数存在两个极值点，
所以方程在上有两个不相等的正实数根，
则，解得，
又
设，
则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增加，
因为不等式恒成立，
即恒成立，
所以.
故选：D.
9．BD
【分析】利用方差的概念，条件概率公式，线性回归分析等知识分别对每个选项逐一判断即可.
【详解】对于选项A：若样本数据的方差为2，则数据的方差为，故A不正确；
对于选项B：若，则
，故B正确；
对于选项C：在一组样本数据，（，，不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，其中是线性回归方程的一次项系数，不是相关系数，相关系数是刻画一组数据线性相关程度一个量，范围是[−1，1]，当相关系数为正时呈正相关关系，为负时呈负相关关系，故C不正确；
对于选项D：以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，
则，由题线性回归方程为，则，故的值分别是和4，故D正确.
故选：BD.
10．ABD
【分析】由题意首先求出函数的表达式，对于A，直接代入检验即可；对于B，由复合函数单调性、正弦函数单调性判断即可；对于CD，直接由三角函数的平移、伸缩变换法则进行运算即可.
【详解】由图象可知，，解得，
又，所以，即，结合，可知，
所以函数的表达式为，
对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；
对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；
对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；
对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
【分析】利用两圆方程相减即可得到公共弦所在直线方程来判断选项A；联立两圆方程，求出公共点坐标，即可求出线段的长，判断选项B；设，可得直线方程和直线的方程，用点坐标表示出直线的方程，即可求出定点坐标判断选项C；当最小时，最小，利用点到直线距离公式和勾股定理求解即可判断选项D.
【详解】由题知，联立，
两式相减得，
即直线的方程为，A错；
联立，
解得或，
所以，B正确；
对于C，设，
因为，为圆的切点，
所以直线方程为，
直线的方程为，
又设，
所以，
故直线的方程为，
又因为，
所以，
由得，
即直线过定点，C正确；
因为，
所以当最小时，最小，
且最小为，
所以此时，D正确.
故选：BCD
12．AB
【分析】画出树状图，结合图形及古典概型即可求解.
【详解】画出树状图，结合图形
则从1移动到9，一共有34条不同的移动路线，A正确；
从1移动到9过程中，恰好漏掉两个数字的移动路线，
即上图倒数第三行有9的路线，有15条，B正确；
若每次移动都是随机的，则移动过程中恰好跳过4的路线共有10条，
则其概率为，C错误；
若每次移动都是随机的，记为经过的概率，则为最大值，，D错误.
故选：AB
13．8
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中项的系数．
【详解】由题意可知：展开式的通项公式为,
所以展开式中项的系数为.
故8．
14．28
【分析】用向量的方法，借助平面向量数量积的有关计算求角，然后用三角形的面积公式求解.
【详解】因为：，,
所以：，，，
所以：，所以为锐角，且.
所以.
故28
15．##
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故答案为.
16．
【分析】根据题设的方法，，可求空①，进而
然后利用求空②.
【详解】对于，
其中求和项，
∴
又∵，
∴

.
故；.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据递推公式判断数列是否等差、等比，再根据等差、等比求通项；
（2）分段求数列的前项和.
【详解】（1）由题意：数列的前7项成等差数列，公差，从第7项起成等比数列，公比.
.
当时，
当时，
所以.
（2）当时，，
当时，，
所以.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据同角的三角函数关系和正弦定理化简原式，结合余弦定理求解进而得到答案；
（2）根据已知条件转化为向量关系，通过向量数量积运算得到，结合余弦定理得到，两式联立得到，结合三角形面积公式即可得到答案.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
在中，由正弦定理得，，即，
在中，由余弦定理得，，
又因为，所以.
（2）如图所示，
因为，
所以
因为，所以，
所以，
所以，
即，即，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，，
即，
代入，解得（负值舍去），
所以，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过F作交于，应用垂直于同一个平面的两直线平行可证即可；
（2）以为x，y，z轴建系，应用空间向量求二面角的余弦值.
【详解】（1）过F作交于，因为平面平面，
平面平面，
平面，则，
平面，
为中点，且，，
又平面，平面，
，又平面，
，平面，
，平面，平面，
平面．
（2），
可确定一平面，
，平面，平面
平面，平面，
平面平面，
，
四边形为平行四边形，
以为x，y，z轴建系，
则，
设为平面的法向量，
，
则，即，令，则，
是平面的一个法向量，
为平面的一个法向量，
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
20．(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意列式求，即可得结果；
（2）分类讨论直线l是否为x轴，设l方程为，，根据题意整理得，联立方程结合韦达定理分析求解.
【详解】（1）因为，可得，
又因为点在椭圆上，则，
联立解得，
所以椭圆方程为.
（2）若直线l为x轴时，不符合条件；
若直线不与x轴平行时，设l方程为，，
由A，P，M三点共线可得，则，
同理可得，
所以，
联立方程，消去x得，
则，
可得，
则，
可得，整理得，解得或，
所以所求直线方程为．
方法点睛：涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）设公切线与分别相切于，写出对应切线方程，根据公切线列方程得到在上有解，构造中间函数研究参数范围；
（2）分析法，将问题化为证，应用换元法及导数证明不等式即可.
【详解】（1）设公切线与分别相切于，
则直线与直线为同一条直线，
，消去得，
要有公切线存在，即上述关于的方程在上有解，
设且，则，
所以，即．
（2）由是的两个零点，则，
两式相减得，则，
要证，均为正数，只需，即证，
令，也就是证明
下面证明：
构造函数，则，
所以在上递增，则，即有恒成立，
所以，得证.
关键点点睛：第二问，应用分析法将问题转化为证为关键.
22．(1)0.0348
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）根据题意设出事件，分类求解恰好经过4轮比赛，甲获胜的概率.
（2）由题分析得出之间的递推公式，进而证明（）为等比数列，并求出数列的通项，由累加法求出的值.
【详解】（1）记在每一轮比赛中甲得为事件A，，
乙得为事件B，，
得0分为事件C，．
记“恰好经过4轮比赛，甲获胜”为事件D
则，
所以恰好经过4轮，甲赢得比赛的概率为.
（2）记甲累计总分为i时，甲最终获胜为事件M，
则
即
整理可得
且显然，
为等比数列，且首项为，公比为，
②，
，
，
，
叠加可得，而，
方法点睛：根据题意得到之间的递推关系，再利用数列递推公式进行求解，概率与数列综合题目.
0
单调减
极小值
单调增