江苏省如东县、宿迁一中、沭阳如东中学2023-2024学年高三下学期期中学情检测数学试题（解析版）

这是一份江苏省如东县、宿迁一中、沭阳如东中学2023-2024学年高三下学期期中学情检测数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了答题前等内容，欢迎下载使用。

注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1、本试卷共4页，包含[单选题（1~8）多选题9~12，填空题（第13题-第16题，共80分）．解答题（第17~19题，共70分）．本次考试时间120分钟、满分150分，考试结束后，请将答题卡交回．
2、答题前、请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置、并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置．
3．答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答，在试卷或草稿纸上作答一律无效．
4．如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚，
一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量，满足，，，则与的夹角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量数量积公式求出，进而由夹角余弦公式求出答案
【详解】，故，
则，所以与的夹角等于.
故选：D
2. 若复数，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的几何意义结合圆上一点与定点距离的关系计算即可.
【详解】由题意可知在复平面中对应的点为以原点为圆心的单位圆上一点，
而在复平面中对应的点不妨设为，
所以，
易知.
故选：B
3. 已知甲、乙两支篮球队各6名队员某场比赛的得分数据（单位：分）从小到大排列如下：甲队：；乙队：.这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则的值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用中位数与平均数的求法计算即可.
【详解】由得分数据知：甲乙两队的中位数为；
甲乙两队的总得分相等，
为，
所以.
故选：A
4. 已知，，则的值为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数的单调性结合指数对数的转化可得，再计算即可.
【详解】令，显然函数为R上单调递增函数，
又，，
所以.
故选：C
5. 若，则（ ）
A. B. 7C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据已知及同角三角函数的平方关系弦化切，再根据正切的和角公式计算即可.
【详解】因为，
整理得，
所以，
又.
故选：B
6. 经过抛物线焦点的直线与交于，两点，与抛物线的准线交于点，若，，成等差数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差中项得到，设直线方程y=kx-1，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦点弦弦长公式得到，表达出，得到方程，求出，结合两根之和，两根之积，求出，得到答案.
【详解】由题意得，F1,0，抛物线的准线方程为，
因为过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，且与抛物线的准线相交，
所以直线的斜率存在且不为0，设直线方程为y=kx-1，
与联立得，
设，显然，则，，
故，又，
故，解得，
故，
又，故，解得，
故.
故选：D
7. 贝塞尔曲线（Beziercurve）是应用于二维图形应用程序的数学曲线，一般的矢量图形软件通过它来精确画出曲线.三次函数的图象是可由，，，四点确定的贝塞尔曲线，其中，在的图象上，在点，处的切线分别过点，.若，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设出函数表达式，结合函数值、切线斜率建立方程组，待定系数即可得解.
【详解】设，则，
由题意，解得，所以.
故选：C.
8. 已知函数，且点满足，，若记点P构成的图形为，则的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将图形直观化，可得到区域是一个圆的去掉一个三角形，再分别计算面积即可.
【详解】
将函数表达式代入条件可得，
即.
所以区域即为圆的内部位于轴上方的部分，
即该圆的去掉一个底为，高为的三角形，
故所求面积为.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法一一计算可判定A、D选项；利用二项式定理可判定B、C选项.
【详解】对于A，令，则，故A正确；
对于D，令，
令，
两式相减得，故D正确；
易知，
而中的常数项为1，含项为，
含项为，含项为，
同理中的常数项为，含项为，
含项为，含项为，
所以，故B错误；
，故C正确.
故选：ACD
10. 某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）（若，）
A.
B.
C.
D. 取得最大值时，的估计值为53
【答案】ACD
【解析】
【分析】直接利用题意判断A；利用条件概率、全概率公式等进行转化判断B；利用正态分布性质判断C；设，由函数的单调性判断D.
【详解】对于A，由题意，故A正确；
对于B，由，则，
又，
于是，即，
因此，即，则，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，，
设，
，
解得，，
由，
解得，即，
所以取得最大值时，的估计值为53，故D正确.
故选：ACD.
11. 若正实数满足，则（ ）
A.
B. 有序数对有6个
C. 的最小值是
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】对于A，使用条件即可证明；对于B，设并证明整除，再验证的全部因子即可；对于C，直接证明即可否定；对于D，给出，作为反例即可否定.
【详解】对于A，由已知正实数满足，有，
，故A正确；
对于B，由于，，故是正整数，设，则，所以.
而，故整除，得.
验证知时，都满足条件，
所以符合条件的有序数对有6个，故B正确；
对于C，由于，且，，
从而，
当，时，等号成立，故C错误；
对于D，当，时，有，
故，从而.
但此时，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是C选项中对基本不等式的适当运用.
三、填空题：本大题共1小题，每小题5分，共15分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上
12. 将函数图象上的每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将得到的图象向左平移个单位长度，所得的图象关于轴对称，写出一个符合条件的的值______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由函数平移、伸缩变换法则得新函数表达式，结合三角函数奇偶性即可列式求得参数的值.
【详解】将函数图象上的每个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
再将得到的图象向左平移个单位长度，所得的图象对应的解析式为，
由题意的图象关于轴对称，
所以，解得，，令，得.
故答案为：（答案不唯一）.
13. 已知定义在上的满足，且对于任意的，有，则______.
【答案】
【解析】
【分析】令得或，排除即可.
【详解】在中，令，有，解得或，
若，则在中，令，有恒成立，但这与矛盾，
所以只能，经检验符合题意.
故答案为：.
14. 已知一个顶点为，底面中心为的圆锥的体积为，该圆锥的顶点和底面圆周均在球上.若圆锥的高为3，则球的半径为______；球的体积的最小值是______.
【答案】 ①. 3 ②.
【解析】
【分析】借助锥体体积计算公式，结合圆锥轴截面外接圆半径与球的半径相同，利用勾股定理计算即可得圆锥的高、底面半径与球的半径的关系，若圆锥的高为3，代入计算即可得；球的体积的最小值可借助导数求取.
【详解】设圆锥的高为，底面半径为，球的半径为，
有，即，
由圆锥的顶点和底面圆周均在球上，
则圆锥轴截面外接圆半径与球的半径相同，
有，整理得，
若，则；
令，，
则当，f'x<0，时，f'x>0，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，
则.
故答案为：3；.
【点睛】关键点点睛：第二个空关键点在于借助导数求取球的半径的最小值.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图所示，已知正方体的棱长为3，，分别是，的中点，是上一点，且平面.
（1）求；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，引入参数表示的位置，求出平面的一个法向量以及，由题意，由此即可求出参数，进而得解；
（2）求出，结合第一问中求出的，由向量夹角公式即可得解.
【小问1详解】
如图，以点为原点，分别以直线，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，，A10,0,3，，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
由得，
取，则，故.
设，则.
因为平面，所以，
所以，所以.
小问2详解】
因为，
平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知函数在处的切线经过原点.
（1）判断函数的单调性；
（2）求证：函数图象与直线有且只有一个交点.
【答案】（1）在上单调递增
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据题意求出参数的值，然后求导，结合导数符号与函数单调性的关系即可得解；
（2）由题意构造函数（），利用导数判断函数单调性，结合零点存在定理即可得解.
【小问1详解】
因为，所以切点为1,4.
因为，所以，
所以切线方程为.
因为切线经过原点，所以，所以.
由定义域为，故，
所以在0,+∞上单调递增.
【小问2详解】
设（），
则.
因为当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且，
因为，且当时，单调递减，所以
所以当时，gx<0，
所以函数在时没有零点，
所以当时，函数的图象与直线没有交点.
当x∈2,+∞时，，单调递增，
又因为，且函数的图象是不间断的，
所以当x∈2,+∞时，函数有且只有一个零点，
函数的图象与直线有且只有一个交点.
综上所述，函数的图象与直线有且只有一个交点.
17. 在中，点在边上，且满足.
（1）求证：；
（2）若，，求的面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）因为，所以，由正弦定理可得，则可得，则得；
（2）由，化简可得，则得，，因为，则可得，再由基本不等式可得，即，则得到的面积的最小值.
【小问1详解】
在中，由正弦定理，得，
在中，由正弦定理，得，
因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
又因为，，且，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
由（1）知，则，
因为，
所以，
又，
所以
因为，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以的面积的最小值为.
18. 如图，已知正方体顶点处有一质点，点每次会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次，若质点的初始位置位于点A处，记点移动次后仍在底面上的概率为.
（1）求；
（2）①求证：数列是等比数列；
②求.
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）每个顶点相邻的顶点有3个，其中2个在同一底面，据此计算概率即可；
（2）根据题意先得出递推关系，再化简变形证明即可得第一小问；结合第一小问求通项，利用错位相减法与分组求和法计算即可得第二小问.
【小问1详解】
依题意，每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面.
所以当点在下底面时，随机移动一次仍在下底面的概率为，
在上底面时，随机移动一次回到下底面的概率为，
又因为，所以.
【小问2详解】
①证明：因为，
所以.
又因为，所以，
所以数列是等比数列.
②因为，
所以，所以.
设，
则，
则，
所以，
所以，
所以.
又因为，
所以.
19. 已知椭圆（）的左右顶点分别为，，且，，，四个点中恰有三个点在椭圆上.若点是椭圆内（包括边界）的一个动点，点是线段的中点.
（1）若，且与的斜率的乘积为，求的面积；
（2）若动点满足，求的最大值.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆性质可得不在椭圆上，即可得椭圆方程，设，表示出后计算可得点坐标，再计算面积即可得；
（2）由，可得点在以为直径的圆上，有，设，结合题目条件计算可得，或可设，结合三角函数计算即可得.
【小问1详解】
因为与关于轴对称，所以这两个点必定都在椭圆上，
则必定不在椭圆上，点在椭圆上，
故有，解得，
即椭圆，
因为点是线段中点，点是线段的中点，
所以，，
所以，.
设，则，，
化简得，所以或，
又因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点，所以.
因为，所以，所以.
所以的面积为；
【小问2详解】
因为动点满足，所以点在以为直径的圆上，
因为点是线段的中点，所以，
因为，，所以，
设，则当时，点在线段上，此时，
当时，设，点在以，为焦点的椭圆上，
若，则，
所以，所以点在椭圆外，不成立，故舍去，
若，设，则，所以，
因为，所以，，
所以，
所以的最大值是，当且仅当，，三点共线时等号成立，
另解：设，因为点是椭圆内（包括边界）的一个动点，
所以，
所以，
所以，所以，所以.
当时，取得最大值是.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助三角形两边之和大于第三边，得到，从而转化为计算的最大值.