[数学]2023_2024学年江苏南京建邺区中华中学高三上学期期中数学试卷(原题版+解析版)

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2023~2024学年江苏南京建邺区中华中学高三上学期期中数学试卷
1. 设复数 满足
A. 2
，则
B.
（
）
C. 1
D. 4
答案
解析
A
【分析】
利用复数的除法求出 ，利用复数模的公式求得结果．
【详解】
由
，得
，则
．
故选：A．
2. 已知集合
A.
，
或
，则
（
）
B.
C.
D.
答案
解析
D
【分析】
首先解分式不等式求出集合 ，再根据集合的运算法则计算可得.
【详解】
由
，等价于
，解得
，
所以
，
又
或
，所以
，
所以
故选：D
.
3. 黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的 ， 两段，使得长线段 与原线段
短线段 与长线段 的比，即 ，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机
密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（
的比等于
）
A. 180
B. 210
C. 240
D. 360
答案
解析
C
【分析】
用插入法求解.
【详解】
先把
排列，然后选两个空档插入3，总方法为
．
故选：C．
4. 抛物线
A. 1
的焦点为F，点P在双曲线C：
B.
的一条渐近线上，O为坐标原点，若
C.
，则△PFO的面积为（
）
或
D.
或
答案
解析
D
【分析】
确定焦点和渐近线方程，设
，
，再计算面积即可.

【详解】
抛物线
的焦点为
，双曲线C：
的渐近线为
，
不妨取
，设
，
，
，
解得
或
或
.
故选：D
5. 在△ABC中，
A.
．P为△ABC所在平面内的动点，且
C.
，则
的取值范围是（
D.
）
B.
答案
解析
B
【分析】
根据题意，建立平面直角坐标系，设
求解.
，求得
，再设
，
转化为三角函数的最值问题，即可
【详解】
在△ABC中，以 为坐标原点，
所在的直线分别为
，设 ，
轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，则
因为
所以
设
，所以
，又由
，
，
，
，
，则
其中
，当
时，
时，
取得最小值 ；
当
取得最大值 ，所以
的取值范围为
.
故选：B.
6. 若直线：
A. 6
平分圆
的面积，则
C. 4
的最小值为（
D.
）.
B. 8
答案
解析
B
【分析】
根据题意可知直线过圆心
【详解】
，进而可得
，再利用基本不等式即可得结果.
，
由题意可知：圆
若直线
的圆心为
平分圆的面积，
过圆心，
则直线
得
，即
，
，
则
，
当且仅当
，即
，
时，等号成立，

所以的最小值为8.
故选：B.
7. 已知函数
A. 1对
，则
的图象上关于 轴对称的点共有（
C. 3对
）
B. 2对
D. 4对
答案
解析
D
【分析】
问题转化为
【详解】
与
的图象在
上交点个数，由导数确定
的性质，可作出草图，结合图象得出结论．
是偶函数，其图象关于 轴对称，由题意只要求出
与
的图象的交点个数即可得．
，因此
，
时，
时
，
递增，
时，
，
递减，
，
又
在
时，
上递减，在
递减，
上递增，且
时，
递增，
，
，
作出
与
的草图，如下图，结合图象可和
与
在 上有4个交点，
故选：D．
8. 已知
A.
，函数
在
上单调递减，则 的取值范围是（ ）．
C.
B.
D.
答案
解析
A
由题意可得，
，
，
，
．
故选
．
9. 下列说法正确的是（
）
A. 线性回归方程中，若线性相关系数 越大，则两个变量的线性相关性越强
B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C. 根据分类变量
不大于0.05
与
的成对样本数据，计算得到
，根据概率值
，可判断
与
有关联，此推断犯错误的概率
D. 某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675
答案
解析
BCD
【分析】
根据线性相关系数的意义，结合第75百分位数的算法、独立性检验的性质、分层抽样的抽样比逐一判断即可.
【详解】
对A选项， 线性回归方程中，若线性相关系数 的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强， A选项错误；

对B选项， 数据1，3，4，5，7，9，11，16有8个数据，又
数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为第6个数据与第7个数据的平均数，即为
对C选项，
可判断 与 有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05， C选项正确；
对D选项， 分层抽样的抽取比例为 ，又样本中男生有55人，
人， 该校女生人数是 ， D选项正确．
，
， B选项正确；
，
该校男生有
故选：BCD．
10. 设
A.
是公差为d的等差数列， 是其前n项的和，且
B.
，
，则（
）
C.
D.
答案
解析
AC
【分析】
由
得
，
，可判断A、B、C；分析
与
的符号，可判断 中的最小项.
【详解】
，则
，
，
所以
因为
，所以
，
，
，则
，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，
是递增数列，
，
，
所以 中，只有
故选：AC．
最小，故D错误.
11. 在正方体
正确的有（
A. 直线
中，
，G为C D 的中点，点P在线段B C上运动，点Q在棱C C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论
1 1 1 1
﹣
）
平面A C D
B.
的最小值为
时，三棱锥
＝
1
1
C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
D. 当
体积最大时其外接球的表面积
﹣
为
答案
解析
ACD
【分析】
根据线面垂直判定定理判断A选项，应用侧面展开图判断B选项，根据异面直线所成及图形特征判断C选项，根据体积最大得出线面垂直
再求外接球半径求解判断D选项.
【详解】
对于A选项，连接
由题可知，
又
，则
，
平面
，
，且
平面
平面
，则
，
，
平面
平面
，
平面
平面
，
平面
，则
，
同理可得
，
，
，
， 直线
平面
，则选项A正确；
对于C选项，由题可知，
，
，
所以四边形
动，可知
为平行四边形，则
是等边三角形，所以直线
，使平面
，所以
与
所成角即为异面直线
与
所成角，又点 在线段
上运
与
所成角的取值范围是
共面，过 作
，则C选项正确；
对于B选项，如图展开平面
，交
与点 ，交
与点 ，则此时

最小，由题可知，
，则
，即
的最小值为
，则B选项错误；
对于D选项，
，
当
、
、
三点共面时，点 的轨迹是以
为焦点的椭球表面，
的体积最大，即 到平面
、
为焦点的椭圆，又因为
的外心 ，连接
，所以椭圆的长
轴长为 ，短轴长为
，故点 的轨迹是以 ，
设
的中点为 ，要使三棱锥
平面 ，当
为等边三角形，设其中心为 ，三棱锥
，所以
的距离最大，
所以当
此时
平面
，且
时，三棱锥
的体积最大，
的外接球的球心为
，
，
，
，
则
，
，
即三棱锥
体积最大时其外接球的表面积
.
故选：ACD.
【点睛】
方法点睛：距离和最小转化为侧面展开图三点共线最小.
12. 已知定义在 上的函数
的图象关于直线
对称，函数
的图象关于点
的一个周期
中心对称，则下列说法正确的是（
）
A．
C．
B．8是函数
D．
答案
ABC
解析
【详解】
易得
，故
．又
，故
关于点
中心对称．综上，
的最小正周
期为8，显然ABC对，D错．故答案为ABC
13. 已知
的展开式中 的系数为
，则
．
答案
解析
【分析】
利用二项式定理得
【详解】
的通项，进而得出
的展开式中 的系数，列式计算即可．
由二项式定理可知
的通项为
的项分别为
，
故
展开式中含
，
则
的展开式中含 的项为
，
则
，解得
．
．
故答案为：
14. 已知
，则
．
答案
解析
【分析】
利用诱导公式及二倍角公式计算可得.
【详解】
因为
，所以

.
故答案为：
15. 某校高二学生的一次数学诊断考试成绩（单位：分）服从正态分布
，从中抽取一个同学的数学成绩 ，记该同学的成绩
．（结果用分数
为事件 ，记该同学的成绩 为事件 ，则在 事件发生的条件下 事件发生的概率
表示）
附参考数据：
，
；
答案
解析
通过题意分析可以得，
事件
因为
所以
为“记该同学的成绩
”，
，
，
，
又
，
.
所以
因此正确答案为：
16. 若
，则实数 最大值为
.
答案
解析
， 定义域为
，
则
令
则
，
，
，
在
上单调递增，
，
且
时，
，当
时，
使得
即
，
，
当
时
，当
时
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
②，
所以
由
得
①，
即
，代入②得，
，
整理得
，
，
∴
∴
，
，
故 的最大值为3.
因此正确答案为：3
17. 已知数列
(1)求证：数列
的前 项积为 ，且
是等差数列；
.
(2)证明：
.
答案
解析
(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据等差数列的定义，
为定值即可证明.
，再把
（2）由结合（1）求 的通项公式，进而得
化简代入求值，从而即可证明.

【详解】
（1）由数列
的前 项积为 ，得
，又
，即
，
所以，当
所以，当
所以数列
（2）因为
时，
，整理得
为定值，
，
时，
是等差数列.
，令
，得
，
，故
，
结合（1）可知，
是首项为2，公差为1的等差数列，
.
所以
，得
所以，当
时，
，
显然
所以
符合上式，
.
所以
故
，
.
因为
所以
，
，
.
18. 某校在一次庆祝活动中，设计了一个“套圈游戏”，规则如下：每人3个套圈，向
，
两个目标投掷，先向目标 掷一次，套中得1分，没有
套中不得分，再向目标 连续掷两次，每套中一次得2分，没套中不得分，根据累计得分发放奖品．已知小明每投掷一次，套中目标 的概率为
，
套中目标 的概率为 ，假设小明每次投掷的结果相互独立，累计得分记为
．
(1)求小明恰好套中2次的概率；
(2)求 的分布列及数学期望．
答案
解析
(1) ；
(2)分布列见解析，
.
【分析】
（1）分类讨论及利用概率乘法公式计算即可；
（2）利用随机变量的分布列与期望公式计算即可.
【详解】
（1）记“小明恰好套中2次”为事件A，
分3种情况第一次，第二次套中；第一次，第三次套中；第二次第三次套中；
则：
小明恰好套中2次的概率为
，
（
）
；
（2）由题意可得： 的可能取值为0，1，2，3，4，5，
，
，
，
，
，
，
所以 的分布列为
0
1
2
3
4
5
所以
.
19. 法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆
圆心恰为等边三角形的顶点”．在 中，内角 的对边分别为 ，且 ，以 为边向外
，

作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为
．若
，
的面积为
，求
的面积．
答案
解析
【分析】
根据题意，求得
，在
，连接
，由正弦定理得
，在正
中，利用三角形的面积公式，求得
中，由余弦定理列出方程，求得
，再在
中，由余弦定理得
，求得
，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
解：由
，可得
，
所以
解得
因为
，可得
（舍去），
，
，
或
，所以
如图所示，连接
则
，由正弦定理得
，
，
在正
又因为
在
的面积为
，可得
中，由余弦定理得
，所以
，
，
，
即
，则
，
在
中，
，且
，由余弦定理
，
，
可得
所以
，所以
的面积为
.
20. 如图所示，四棱锥
中，底面
为菱形，
.
(1)证明：
(2)线段
面
；
上是否存在点 ，使平面
与平面
夹角的余弦值为
？若存在，指出点 位置；若不存在，请说明理由.
答案
解析
(1)证明见解析
(2)存在，点 为线段
的靠近点 的四等分点
【分析】
（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以 为坐标原点，建立如图所示建立空间直角坐标系，设
夹角的法向量，再由二面角的向量公式可求出 ，即可知 位置.
【详解】
（1）因为底面
，表示出 点坐标，分别求出平面
与平面
为菱形，所以
面 ，所以
，又
面
，
，
面
，所以
.

又
，所以
，
.
结合
面
，得
面
.
（2）取线段
的中点 ，结合题设及（1）的结论，如图所示建立空间直角坐标系.
不妨设
假设存在
即
，则
，
符合条件，设
，即
，
所以
.
设平面
的法向量
，
,
则
，令
，则
，即
.
注意到
则
，设平面
，则
的法向量
，即
，
，令
.
题设知
，
即
，所以
，得
（舍）或
.
综上，
时符合条件，此时点 为线段
的靠近点 的四等分点.
21. 已知椭圆C：
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)我们称圆心在椭圆C上运动，半径为 的圆是椭圆C的“卫星圆”，过原点O作椭圆C的“卫星圆”的两条切线，分别交椭圆C于A，B两点，若直线
OA，OB的斜率存在，记为
的离心率为
，两焦点与短轴两顶点围成的四边形的面积为
．
，
．
①求证：
②试问
为定值；
是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
答案
解析
(1)
(2)①
为定值
，证明见解析；②
为定值
【分析】
（1）由已知条件列方程组求出 ，可得椭圆C的标准方程；
（2）设直线
简即可.
，
的方程，由相切列等式利用韦达定理求
；直线方程与椭圆方程联立，表示出
，利用已知条件化
【详解】
（1）依题意得
，解得
，
所以椭圆 的标准方程为
（2）①直线 ， 的方程分别为
.
，设椭圆 的“卫星圆”的圆心为
，

因为直线
化简得
，
为“卫星圆”的两条切线，则
，
，
，
，
所以 ， 为方程
又因为
的两根，故
，故
，所以
为定值
；
②设
，由
，
，解得
，
，由于
，
，所以
，
得
所以
为定值 ．
【点睛】
方法点睛：
解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件
建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与
椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22. 已知函数
．
(1)求
(2)若
的单调区间；
，求 的取值范围．
答案
(1)答案见解析
(2)
解析
【分析】
（1）求导，对 分类讨论，根据导数正负得到函数的单调区间；
（2）由题可得，
，令
，
，利用导数可证得
，解不等式得解.
，故
，从而可求得
，故
【详解】
（1）
．
由题可知：
，
当
时，令
，解得
，
当
，
，
，
单调递减，
单调递增；.
，
当
，
当
时，令
，解得
所以当
当
，
，
单调递减，
，
，
单调递增；
综上，当
时，单调递减区间为
（2）原不等式为
时，单调递减区间为
，单调递增区间为
；
当
，单调递增区间为
，即
．
．
因为
令
，所以
，则其在区间
；取
．
上单调递增，
，则 ，
取
，则
所以存在唯一
令
使得
，
，则
单调递减；当
．
当
时，
，
，即
．
时，
，
．
单调递增；
所以
故
，
．
故
，
所以
当且仅当
即
时，等号成立，

故
，解得
或
，
即 的取值范围为
【点睛】
.
方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集．