2024届江苏省镇江市镇江第一中学高三上学期12月阶段测试数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江市镇江第一中学高三上学期12月阶段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。

一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式求集合，应用集合的交补运算求结果.
【详解】由题设，故或，
所以.
故选：D
2．已知复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算求解出，然后根据复数模的计算公式求解出.
【详解】由题知，所以，
故选：C.
3．已知是奇函数，将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），所得图象对应的函数为．若的最小正周期为，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性及图象变换规律求出三角函数表达式，即可求出的值.
【详解】由题意，
在中，函数是奇函数，
∴，，，
∵，
∴，，．
，解得：，
∴，，
故选：A.
4．已知公差不为零的等差数列满足：，且成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件列出关于等差数列基本量的方程组，即可求解.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
则，，
因为成等比数列，所以，即，
因为，所以，
所以.
故选：A
5．函数在区间的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解.
【详解】令，
则，
所以为奇函数，排除BD；
又当时，，所以，排除C.
故选：A.
6．专家导航，聚焦课堂．江苏省省教育科学院4名专家到南通市某县指导教育教学工作．现把4名专家全部分配到A，B，C三个学校，每个学校至少分配一名专家，每名专家只能到一个学校，其中甲专家不去A学校，则不同的分配方案种数为（ ）
A．18B．24C．30D．36
【答案】B
【分析】利用分类和分步计数原理，结合排列组合的分组分配知识即可解决.
【详解】根据题意，分两种情况进行分析：
①A学校只有一名专家去且不是甲，则有种方法，将剩余的3名专家分成2组，分配到B，C两个学校，
则有种方法，即这种情况的分配方案种数是种；
②A学校有两名专家去且不是甲，则有种方法，将剩余的2名专家分成2组，分配到B，C两个学校，
则有种方法，即这种情况的分配方案种数是种；
从而一共有18+6=24种分配方案种数.
故选：B.
7．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题不正确的是（ ）.
A．直线与平面所成的角等于
B．点到面的距离为
C．两条异面直线和所成的角为
D．三棱柱外接球半径为
【答案】C
【分析】对于A，由直线与平面夹角的定义可知即为直线与平面所成的角，结合正方体性质即可得解；对于B，由平面，可知到面的距离为长度的一半，即可求解；对于C，由于，则异面直线和所成的角为，根据边的关系即可得解；对于D，正方体的外接球即为三棱柱外接球，由外接球性质即可得解.
【详解】正方体的棱长为1，
对于A，直线与平面所成的角为，故A正确；
对于B，因为平面，点到面的距离为长度的一半，即，故B正确；
对于C，因为，所以异面直线和所成的角为，而为等边三角形，故两条异面直线和所成的角为，故C错误；
对于D，因为两两垂直，所以三棱柱外接球也是正方体的外接球，故，故D正确．
综上可知，不正确的为C，
故选：C.
【点睛】本题考查了空间结构体线面位置关系的综合应用，直线与平面的夹角，直线与平面垂直性质，点到平面距离及三棱柱外接球的求法，属于中档题.
8．阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点为轴上一点，且，若点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据点的轨迹方程可得，结合条件可得，即得.
【详解】设，，所以，
又，所以．
因为且，所以，
整理可得，
又动点M的轨迹是，
所以，解得，
所以，又，
所以，因为，
所以的最小值为．
故选：C．
二、多选题
9．已知向量，且则下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．向量与向量的夹角是45°
D．向量在向量上的投影向量坐标是
【答案】AC
【分析】由垂直向量的坐标表示可判断A；由向量的模长公式可判断B；由向量的夹角公式可判断C；由投影向量坐标公式可判断D.
【详解】因为，所以，
则，解得：，所以，故A正确；
，所以，故B错误；
，
又因为，故向量与向量的夹角是45°，故C正确；
向量在向量上的投影向量坐标是：，故D错误.
故选：AC.
10．已知抛物线的焦点为，点在的准线上，过点作两条均不垂直于轴的直线，，使得与抛物线均只有一个公共点，分别为，则（ ）
A．抛物线的方程为B．
C．直线经过点D．的面积为定值
【答案】ABC
【分析】选项A，根据题意设出抛物线方程，结合焦点坐标即可得抛物线方程；选项B，设出点的坐标及直线，的方程，与抛物线方程联立，结合直线与抛物线只有一个公共点及根与系数的关系可得，进而可得；选项C，写出直线的两点式方程，化为点斜式，可得直线经过点；选项D，根据写出的表达式，利用基本不等式可得解．
【详解】选项A：由题可设抛物线的方程为，
所以，所以抛物线的方程为，故A正确．
选项B：易知的准线方程为，故可设点的坐标为，
直线的斜率为，则直线的方程为，即，
与抛物线的方程联立，消去并整理得．
因为与抛物线只有一个公共点，所以，
所以．设直线的斜率为，同理可得，
所以是一元二次方程的两个实数根，
所以，所以，故B正确．
选项C：设，则直线的方程为，
由B可得，
所以，化简并整理得，
所以直线经过点，故C正确．
选项D：解法一 因为，所以
当且仅当时取等号，所以D错误．
解法二 设直线的方程为，代入抛物线方程，
整理得，设，则．
所以，
因为，所以，
则点到直线的距离，
所以，当且仅当时取等号，故D错误．
故选：ABC.
【点睛】本题考查抛物线的性质、直线与抛物线的位置关系，对考生运用所学知识寻找合理的运算途径以及运算求解能力提出了较高要求．
11．将函数的图象向左平移个单位长度后，与函数的图象重合，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】化简解析式，根据函数图象变换的知识，求得的可能取值.
【详解】
，
向左平移得，
与函数的图象重合，故，
（1）若，
符合.
（2）若，
符合.
故选：AC
12．已知曲线，则（ ）
A．曲线C关于原点对称
B．曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)
C．曲线C与有且仅有两个公共点
D．曲线C上有无数个整点（整点指横纵坐标均为整数的点）
【答案】BC
【分析】选项A，取特殊点，验证即可判断；
选项B，由，分，讨论，即可判断；
选项C，联立，分，讨论，即可判断；
选项D，分，讨论，分析即可判断
【详解】选项A，满足，故点在曲线上，但不满足，故点不在曲线上，故曲线C不关于原点对称，错误；
选项B，令在曲线上，故
当时，
当时，
故曲线C上任意点P满足（O为坐标原点)，正确；
选项C，联立，故
当时，，解得，故有两个交点
当时，，无解
故曲线C与有且仅有两个公共点，正确；
选项D，当时，曲线C为
若为整点，则或
故有三个整点
当时，曲线C为
若为整点，则，
若，则，与矛盾
故曲线C上只有三个整点，不正确
故选：BC
三、填空题
13．已知直线是曲线在点处的切线方程，则
【答案】e
【分析】利用导数的几何意义求切线方程，并写出的形式确定参数，即可得结果.
【详解】由题设，且，则，
所以，切线方程为，即，
所以，故.
故答案为：
14．已知，，，则 ．
【答案】
【分析】已知等式利用倍角公式求得，则，又，可求出，由，得．
【详解】由，两边平方得，所以，
故，因为，所以，
解得，又因为，所以．
故答案为：.
15．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则三棱锥的内切球的半径为 .

【答案】
【分析】根据正方体的几何性质利用等体积法确定三棱锥的体积，再根据等体积转换求得三棱锥内切球半径.
【详解】由题意知，.
由，，
，
得，所以，
所以，，，，
所以三棱锥的表面积.
设三棱锥的内切球半径为，则，解得.
故答案为：.
16．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，A为C的左顶点，点B在C的右支上，若，且直线被圆（c为半焦距）截得的弦长为，则双曲线C的离心率为 .
【答案】
【分析】设的方程为（不妨设），根据直线被圆（c为半焦距）截得的弦长为，求得斜率k，从而得到，连接，由及，得到，然后利用余弦定理求解.
【详解】解：由条件得，直线的斜率存在，设其方程为（不妨设），即，
则圆心到直线的距离为，得，
解得，则，故，
连接，由及，
得，
由余弦定理可得，
即，
即，得，
解得得（舍去负值）.
故答案为：
四、解答题
17．记的内角的对边分别为，且．
(1)求A的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的公式，结合题意化简得到得，得到，即可求解；
（2）利用三角形的面积公式求得，再由余弦定理求得，进而求得的值，即可求得的周长．
【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，
所以
可得，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）解：由，则，解得，
又由余弦定理，可得，
所以，可得，
又因为，所以的周长为．
18．已知正项数列{}中，，是其前n项和，且满足
(1)求数列{}的通项公式：
(2)已知数列{}满足，设数列{}的前n项和为，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，利用列{}为正项数列，将条件给的式子两边开方，从而构造出{}为等差数列，先求解出，再去求解，然后再利用去求解数列{}的通项公式，注意验证时是否满足；
（2）将第（1）问中求解出的数列{}的通项公式带入，并使用裂项的方法将通项公式展开，然后求解出的表达式，根据n取奇数、偶数不同通过讨论分别求解出对应的最小值，即可完成求解.
【详解】（1）正项数列{}，，满足，所以，
所以数列{}是以1为首项1为公差的等差数列，
所以，所以，
当时，，
当时也成立，
所以.
（2）因为
所以，
所以当为奇数时，；
当为偶数时，，
由{}递增，得，
所以的最小值为.
19．如图，在直三棱柱中，，点是线段的中点，
(1)求证：
(2)求点到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用勾股定理证得，再由线面垂直得线线垂直，进而线面垂直得线线垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量公式求解即可.
【详解】（1）中，，所以，
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，平面，所以.
（2）由（1）知，平面，平面，平面，
所以，又，如图建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，解得，令，则，
设到平面的距离为，由得.
20．已知双曲线过点和点．
(1)求双曲线的离心率；
(2)过的直线与双曲线交于，两点，过双曲线的右焦点且与平行的直线交双曲线于，两点，试问是否为定值？若是定值，求该定值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是，定值为．
【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程， 进而由离心率公式即可求解.
（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解，即可代入化简求解.
【详解】（1）将点和点的坐标代入，
得，解得
所以双曲线的离心率．
（2）依题意可得直线的斜率存在，设：．
联立得，
设，，则，，
所以．
，直线：．设，．
联立得，
则且，
则
，
所以，所以为定值，定值为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围或者定值问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
21．某人花了元预定2023年杭州亚运会开幕式门票一张，另外还预定了两张其他门票，根据亚奥理事会的相关规定，从所有预定者中随机抽取相应数量的人，这些人称为预定成功者，他们可以直接购买门票，另外，对于开幕式门票，有自动降级规定，即当这个人预定的元门票未成功时，系统自动使他进入b元开幕式门票的预定.假设获得a元开幕式门票的概率是0.1，若未成功，仍有0.2的概率获得b元开幕式门票的机会，获得其他两张门票中的每一张的概率均是0.5，且获得每张门票之间互不影响.
(1)求这个人可以获得亚运会开幕式门票的概率；
(2)假设这个人获得门票总张数是，求的分布列及数学期.
【答案】(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）由独立事件概率乘法公式即可求得获得开幕式门票的概率；
（2）由题意确定的可能取值，再利用独立事件概率乘法公式求得每个取值对应的概率，从而求得的分布列，进而求得数学期.
【详解】（1）依题意得，获得元开幕式门票的概率为0.1，则未获得元开幕式门票的概率为0.9，
获得b元开幕式门票概率为0.2，
则获得开幕式门票的概率为.
（2）依题意得，的可能取值为，
则，，，，
故的分布列为：
则.
22．已知函数.
(1)若函数存在零点，求实数的最大值；
(2)当时，函数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）题目转化为函数与有交点，求导得到单调区间，计算最值得到答案.
（2）题目转化为，设，求导得到导函数，再设，确定函数大于零恒成立，得到的单调区间，计算最值得到答案.
【详解】（1）函数，，
函数存在零点，则方程存在实数解，
故函数与有交点，，，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
故时，函数取得极大值即最大值，，故，
实数的最大值为.
（2）当时，函数恒成立，即，
令，
，
令，，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
故时，函数取得极小值即最小值，，故恒成立，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
故当时，函数取得极大值即最大值，，即.
实数的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，利用导数解决不等式恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用参数分离的思想，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题是解题的关键.