江苏省扬州市2024届高三上学期期末检测数学试题（教师版）

这是一份江苏省扬州市2024届高三上学期期末检测数学试题（教师版），共22页。试卷主要包含了 已知集合，则中元素个数为， 若，则， 已知，则， 将两组数据合并成一组数据后等内容，欢迎下载使用。

一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求）
1. 已知集合，则中元素个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与圆的位置关系进行判断即可.
【详解】方程，表示圆心为，半径为，
则圆心到直线：的距离为，
得直线与圆相切，只有一个交点，则中元素的个数为1.
故选：B
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法、模的求法化简求复数，进而判断对应点所在象限.
【详解】由，对应点为在第一象限.
故选：A
3. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合向量的数量积的坐标运算，根据投影向量的定义，即可求得答案.
【详解】由题意知平面向量，
故在上的投影向量为，
故选：B
4. 计算机在进行数的计算处理时，通常使用的是二进制.一个十进制数可以表示成二进制数，则，其中，当时，.例如，则十进制数2024表示成二进制数为.那么，二进制数表示成十进制数为（ ）
A. 1023B. 1024C. 2047D. 2048
【答案】C
【解析】
【分析】根据十进制数表示成二进制数的方法求二进制数对应的十进制数即可.
【详解】由题设，.
故选：C
5. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用对数运算性质及基本不等式判断各式的大小关系.
【详解】由，
而，则，所以，即，
由，则，即，
综上，.
故选：D
6. 已知函数的导数为，对任意实数，都有，且，则的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造并判断单调性，利用单调性解不等式求解集.
【详解】由，可得，
令，结合，则，
所以在R上递减，故，
则原不等式解集为.
故选：A
7. 已知，则（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由两角和与差的三角函数，结合求解.
【详解】已知，
则，
，
，，
则，，
则
.
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，已知圆，若正方形的一边为圆的一条弦，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】令，利用对称性及数形结合有最大则，在中应用余弦定理及倍角正余弦公式、辅助角公式得，结合正弦型函数性质求最大值.
【详解】令且，，要使最大有，
如下图示，在中，
所以
，
当且仅当时，
所以的最大值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令，应用所设参数表示出为关键.
二､多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9. 已知函数是奇函数或偶函数，则的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用奇偶性求对应参数a的值，再由指数型函数性质判断时的函数值符号，即可得答案.
【详解】由已知得，
若为偶函数，则恒成立，
所以恒成立，故，则，
所以时有，显然C对，D错；
若为奇函数，则恒成立，
所以恒成立，故，则，
所以时有，显然B对，A错；
故选：BC
10. 将两组数据合并成一组数据后（可以有重复的数据），下列特征数一定介于合并前两组数据的该种特征数之间（可以取等）的有（ ）.
A. 平均数B. 极差C. 标准差D. 中位数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平均数、极差、标准差、中位数的定义结合题意依次判断即可.
【详解】平均数是所有数据总和除以数据个数，所以合并后的数据平均数一定介于合并前两组数据的平均数之间，
例如：2，4，平均数为3，4，6，平均数为5，合并后平均数为4，故A正确；
极差是一组数据中最大值与最小值之差，所以合并后的数据极差不一定介于合并前两组数据的极差，
例如：，2，8，这组数据极差为9；1，3，9，这组数据极差为8，而合并后的极差为10，故B错误；
标准差是一组数据的离散程度，所以合并后的数据标准差不一定介于合并前两组数据的标准差，
例如：2，4，标准差为1，4，6，标准差为1，而合并后标准差为，故C错误；
中位数是一组数据中间位置的数，所以合并后的数据中位数一定介于合并前两组数据的中位数，
例如：，2，8，这组数据中位数为2；1，3，9，这组数据中位数为3，合并后中位数为2.5，故D正确.
故选：AD.
11. 已知，若，且是的必要条件，则可能为（ ）
A. 的最小正周期为
B. 是图象的一条对称轴
C. 在上单调递增
D. 在上没有零点
【答案】AC
【解析】
【分析】将各项作为条件，应用正弦型函数的性质求参数，再由必要性定义判断是否满足题设即可.
【详解】A：为的最小正周期为，则，此时是的必要条件，符合；
B：为是图象的一条对称轴，则，
所以且，则，此时不是的必要条件，不符合；
C：为在上单调递增，则有递增，
所以，即，此时是的必要条件，符合；
D：为在上没有零点，则有没有零点，
所以且，则或，此时不是的必要条件，不符合；
故选：AC
12. 棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（ ）
A. 过的平面截此正方体所得的截面为四边形
B. 过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为
C. 四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体
D. 四棱锥与四棱锥的公共部分体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用平面基本性质作出任意一个过的平面截正方体所得的截面，即可判断A；由正方体结构特征，讨论为各线段上的中点及从中点向线段两端运动时截面面积的变化情况确定截面面积的范围判断B；令交于，交于，交于，结合平面基本性质找到四棱锥与四棱锥的公共部分，并应用棱锥的体积公式求其体积判断C、D.
【详解】连接与线段上任意一点，过作交于，
所以过平面截此正方体所得的截面为四边形，A对；

由上分析及正方体结构特征易知：四边形为平行四边形，
若为各线段上的中点时，四边形为菱形，
此时截面最小面积为；
根据正方体的对称性，从中点向或运动时，四边形面积都是由小变大，
当与重合时，截面最大面积为；
综上，过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为，B对；
令交于，交于，交于，
显然是各交线的中点，若是中点，连接，
所以四棱锥与四棱锥的公共部分为六面体，C错；
其体积，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于A、B，应用平面基本性质作出截面，结合正方体结构特征判断；对于C、D，将棱锥各侧棱连接，由平面基本性质判断相交平面，进而确定公共部分的几何特征.
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 若展开式中的常数项为120，则实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，结合通项求得的值，代入列出方程，即可求解
【详解】由二项式展开式的通项为，
令，可得，代入可得，解得.
故答案为：.
14. 某圆台的上下底面半径分别为1和2，若它的外接球表面积为，则该圆台的高为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由球体面积求球体半径，结合圆台轴截面外接圆为外接球最大截面圆，根据已知条件即可求圆台的高.
【详解】若外接球半径，则，可得，
由圆台轴截面外接圆为外接球最大截面圆，如下图于，
所以，则该圆台的高.
故答案为：
15. 已知椭圆的右焦点为是的中点，若椭圆上到点的距离最小的点有且仅有一个，则椭圆的离心率的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合椭圆的对称性得到右顶点到的距离最小，再利用两点距离公式与二次函数的性质得到，从而得解.
【详解】因为椭圆的右焦点，
而是的中点，则
因为椭圆C上到点的距离最小的点有且仅有一个，
又无论该点是在轴上方还是下方，由于椭圆的对称性都会有2个最小点，
而左右顶点中，右顶点更靠近点，
所以右顶点到的距离最小，
设是椭圆上点，，
，
对于，其开口向上，对称轴为，定义域为，
要使在处取得最小值，
则在上单调递减，
所以，即，则，
又，所以.
故答案为：.
16. 有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件.对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为，被标记为垃圾邮件的有的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤（即垃圾邮件被标记为垃圾邮件）的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，根据题设有，，，再应用对立事件、条件概率、全概率及贝叶斯公式求垃圾邮件被该系统成功过滤的概率.
【详解】记“正常邮件”，“标记为正常邮件”，则，，，
所以，，
故，
所以.
故答案为：
四､解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
17. 在中，角所对的边分别为.
（1）求：
（2）若，求的面积.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）应用正弦边角关系及已知得 ，由和角正弦公式化简、三角形内角和性质求即可；
（2）法一：应用余弦定理求得，再应用三角形面积公式及已知求面积；法二：根据（1）结论及同角三角函数关系得，再由正弦定理得，最后应用三角形面积公式及已知求面积.
小问1详解】
在中，由正弦定理得，
又，所以，
又，所以，
所以，，所以，故，
所以.
【小问2详解】
法一：在中，由余弦定理得，
又，所以，解得，
所以.
法二：由（1）知，又，解得.
在中，由正弦定理得，所以，
所以.
18. 已知数列满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设得，结合等比数列的定义证明是等比数列；
（2）由（1）得，法一：根据已知得，由等比数列的定义得，联立求数列的通项公式；法二：根据已知有，应用累加法及等比数列前n项和公式求数列的通项公式.
【小问1详解】
证明：因为，所以，
又，所以，故各项均不为0，
所以是常数，则数列是首项为4，公比为4的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，①，
法一：因为，所以，
又，所以，故各项均不为0，
所以是常数，则数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以②，
①+②得：，所以.
法二：因为，所以，
所以，
所以时，
，
所以，又时，上式也成立，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，平面平面分别为的中点，且.
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）法一：连结，由题设及线面垂直的判定和性质得，应用勾股定理得，最后利用线面垂直的判定和性质证结论；法二：构建空间直角坐标系，向量法证明线线垂直；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值.
【小问1详解】
方法一：连结.
因为为等边三角形，是的中点，所以.
又面面，面面面，所以面.
因为面，所以.
在Rt中，所以，
在中，所以，即，则.
又，所以，
又面，
所以面，又面，所以，
方法二：连结因为为等边三角形，是的中点，所以.
又面面，面面面，所以面.
如图，在平面内作，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.

设，则.
因为，所以①，
因为，所以②，
由①②，解得：（舍负）.
所以，
因为为的中点，所以，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）知，平面，又平面，
所以，又，
以为原点，所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
因为为的中点，所以，
由（1）知，又，面，所以面，
所以为平面的一个法向量.
设为平面的一个法向量，则，
因为，所以
取，则，则为平面的一个法向量.
所以，
由图知二面角的平面角为钝角，余弦值为.
20. 某保险公司有一款保险产品，该产品今年保费为200元/人，赔付金额为5万元/人.假设该保险产品的客户为10000名，每人被赔付的概率均为，记10000名客户中获得赔偿的人数为.
（1）求，并计算该公司今年这一款保险产品利润的期望；
（2）二项分布是离散型的，而正态分布是连续型的，它们是不同的概率分布，但是，随着二项分布的试验次数的增加，二项分布折线图与正态分布曲线几乎一致，所以当试验次数较大时，可以利用正态分布处理二项分布的相关概率计算问题，我们知道若，则，当较大且较小时，我们为了简化计算，常用的值估算的值.
请根据上述信息，求：
①该公司今年这一款保险产品利润为50~100万元的概率；
②该公司今年这一款保险产品亏损的概率.
参考数据：若，则.
【答案】（1），75万元
（2）①0.683；②0.0015
【解析】
【分析】（1）确定以及，根据二项分布的均值公式，即可求得答案；
（2）由题意确定，求出产品利润为50~100万元时X的范围以及产品亏损时的X的范围，结合正态分布的特殊区间的概率，即可求得答案.
【小问1详解】
由题可知，
则，
记该公司今年这一款保险产品利润为变量，则，
所以万元.
【小问2详解】
因为，当较大且较小时，，则.
由于较大，，其中，
若该公司今年这一款保险产品利润，则，
；
若该公司今年这一款保险产品利润，则，
.
答：（1），该公司今年这一款保险产品利润的期望为75万元；
（2）①该公司今年这一款保险产品利润为万元的概率为0.683；
②亏损的概率为0.0015.
21. 已知双曲线的离心率为，且左焦点到渐近线的距离为.过作直线分别交双曲线于和，且线段的中点分别为，.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线斜率的乘积为，试探究：是否存在定圆，使得直线被圆截得的弦长恒为4？若存在，请求出圆的标准方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，定圆.
【解析】
【分析】（1）由离心率、焦点到渐近线距离列方程求双曲线参数，即可得双曲线方程；
（2）设，，联立双曲线求，坐标，法一：研究特殊情况得，并猜想直线过轴上一定点，再由特殊到一般思想证明三点共线；法二：根据已知求直线方程，并确定其过定点，进而写出定圆方程.
【小问1详解】
因为双曲线的渐近线方程为，左焦点，
所以，则，又，
所以，得，
故双曲线标准方程为.
【小问2详解】
由题设知，设，
则，得，，
所以，
又是的中点，所以，
则，同理，
法一：若，即，即，即，
又，则，此时，此时，
由图形的对称性，猜测直线过轴上一定点.
下面，验证一般性：，，
则，所以三点共线.
综上，直线过定点
所以存在定圆，使得直线被圆截得的弦长恒为4.
法二：若，则，
又，所以，
所以直线的方程为，
即，即，
即，所以直线过定点
若，即，即，即，
又，则，此时，此时也过.
故直线过定点.
所以存在定圆，使得直线被圆截得的弦长恒为4.
22. 已知函数的最小值为.
（1）求实数的值；
（2）若有两个不同的实数根，求证：.
【答案】（1）1； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论.
【小问1详解】
因为，令，可得，
当时单调递减；当时单调递增.
所以，所以.
【小问2详解】
证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，
当时，当时，

所以，
先证明.
记，则，
当时，，所以单调递减，
所以当时，，即，
故，即.
又，由单调性知：，即.
再证明.
记函数与和交点的横坐标分别为.
①当时，，故，所以，.
（或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数）
②当时，记，所以.
当时单调递减；当时单调递增.
又，当时，，即.
故
所以，故.
（或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增）
综上，.
【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键.