江苏省南通市海安市2023-2024学年高三上学期期初学业质量监测数学试题（教师版）.docx

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1、高三第二学期期初学业质量监测数学注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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. 已知样本数据1，2，2，3，7，9，则2.5是该组数据的（ ）A. 极差B. 众数C. 平均数D. 中位数【答案】D【解析】【分析】根据已知

2、数据求得众数、极差、均值、中位数后判断.【详解】由题意得众数为，极差，均值，中位数，故D正确.故选：D.2. 3名男生和2名女生站成一排若男生不相邻，则不同排法种数为（ ）A. 6B. 12C. 24D. 72【答案】B【解析】【分析】不相邻问题借助插空法计算即可得.【详解】先排2名女生，有种排法，借助插空法，共有3个空位，故3名男生有种排法，共有种排法.故选：B.3. 设若函数为指数函数，且，则a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 且【答案】A【解析】【分析】借助指数函数性质分类讨论即可得.【详解】由函数为指数函数，故且，当时，函数单调递增，有，不符合题意，故舍去；当时，函数单调递减，

3、有，符合题意，故正确.故选：A.4. 若a，b为两条异面直线，为两个平面，则下列结论中正确的是( )A. l至少与a，b中一条相交B. l至多与a，b中一条相交C. l至少与a，b中一条平行D. l必与a，b中一条相交，与另一条平行【答案】A【解析】【分析】此种类型的题可以通过举反例判断正误.【详解】因为a，b为两条异面直线且，所以a与l共面，b与l共面.若l与a、b都不相交，则al，bl，ab，与a、b异面矛盾，故A对；当a、b为如图所示的位置时，可知l与a、b都相交，故B、C、D错. 故选：A.5. 设各项均不相等的等比数列的前n项和为，若，则公比（ ）A. B. C. D. 【答案】C【

4、解析】【分析】根据题意可求出，即，再结合，列出相关方程组，从而可求解.【详解】由数列为各项均不相等的等比数列，设公比为，由，得，又因为，当时，则，化简得，解得，或（舍）；当，则，化简得，因，所以无解；综上可得，故C正确.故选：C.6. 记的内角A，B的对边分别为a，b，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】结合充要条件的性质、正弦定理、二倍角的正弦公式计算即可得.【详解】当时，由正弦定理可得，又，在中，故，即，故“”是“”的充分条件；当时，例如，有，符合题意，但，故“”不是“”的必要条件；故“”是“”的

5、充分不必要条件.故选：A.7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的左支上，的周长为，则C的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据综合条件，结合双曲线定义，利用余弦定理计算即得.【详解】令双曲线的焦距为，依题意，解得，在中，由余弦定理得，整理得，所以双曲线C的离心率为. 故选：C8. 已知正五边形的边长为a，内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出图形，结合图形中为直角三角形，可表示出、，结合三角恒等变换计算即可得.【详解】如图所示，故， 故，由，故，即，即，故.故选：B.【点睛】关键点睛：本题关键在

6、于得出、的表达式，从而得到，结合三角恒等变换计算即可得.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3分，有选错的得0分.9. 已知函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 关于直线对称C. 关于点中心对称D. 的最小值为【答案】AD【解析】【分析】将函数可变形为，结合函数性质逐项分析计算即可得.【详解】，由的最小正周期为，故的最小正周期为，故A正确；，且，故不关于直线，也不关于点对称，故B、C错误；由，且，故，故D正确.故选：AD10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，点M，N在C上，

7、且，则（ ）A. B. 直线MN的斜率为C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】由可得为中点，设出点坐标，表示出点坐标，计算即可得、点的具体坐标，结合选项逐项分析计算即可得.【详解】由，故为中点，又为中点，故，故A正确；由，故，设，则，故有，解得，即、，则，故B正确；，故C正确；，则，故D错误.故选：ABC.11. 已知非零函数及其导函数的定义域均为，与均为偶函数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】由题意结合赋值法可得函数与的对称性及周期性，结合性质逐项分析计算即可得.【详解】由与均为偶函数，故，即有，故关于对称，关于对称，又，故，即，故关于对称，由，可得，即有，为

8、常数，即关于对称，故，故A错误；即对有、，则，即，故，即，即，故B正确；对有，关于对称且关于对称，有，即，故，即，故为周期为的周期函数，有，即，故关于对称，不能得到，故C错误；由关于对称，故，由为周期为的周期函数，且关于对称，故关于对称，故，由关于对称，关于对称，故关于对称，故，故，故D正确.故选：BD.【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 设，为虚数单位若集合，且，则_【答案】【解析】【分

9、析】利用集合交集的结果，结合复数相等的性质列式，从而得解.【详解】因为，所以，解得.故答案为：.13. 一个三棱锥形木料，其中是边长为的等边三角形，底面，二面角的大小为，则点A到平面PBC的距离为_若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为_【答案】 . . 【解析】【分析】画出图形后结合等体积法可计算点A到平面PBC的距离，在三角形中，找出以为圆心的最大的圆，即可得圆锥体积的最大值.【详解】取中点，连接，由底面，则即为二面角的平面角，故，由是边长为的等边三角形，故，故，由、平面，故、，又，故，则，则，设点A到平面PBC的距离为，则有，即，即，作于点，由，故

10、为中点，作于点，则有,即，故圆锥体积的最大值为.故答案为：；.14. 已知a，b，c为某三角形的三边长，其中，且a，b为函数的两个零点，若恒成立，则M的最小值为_【答案】#【解析】【分析】由a，b为函数的两个零点可得，即可得、，结合题意可得，即可将多变量问题转化为单一变量，借助导数求取函数的单调性即可得的范围，即可得.【详解】由a，b为函数的两个零点，故有，即恒成立，故，则，由a，b，c为某三角形的三边长，且，故，且，则， 因为必然成立，所以，即，解得，所以，则，令，则，故在上单调递增，故，故恒成立，故的最小值为为.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助题目条件，将多变量问题转化成单变量问题，

11、计算出该单变量的范围，构造函数求导得到单调性后即可得其范围，即可得解.四、解答题：本题共5小题、共77分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤.15. 假定某同学每次投篮命中的概率为，（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；（2）该同学现有4次投篮机会，若连续投中2次，即停止投篮，否则投篮4次，求投篮次数的概率分布及数学期望【答案】（1） （2）概率分布见解析，【解析】【分析】（1）有二项分布概率公式计算即可得；（2）分别计算出、后结合概率分布及数学期望定义计算即可得.【小问1详解】令投中次的概率为，则；【小问2详解】的可能取值为、，故的概率分布为：其数学期望.16. 己知函数，其中（

12、1）若曲线在处的切线在两坐标轴上的截距相等，求；（2）求函数单调区间【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）借助导数的几何意义及截距的定义计算即可得；（2）借助导数分类讨论即可得.【小问1详解】，则，故曲线在处的切线为，即，当时，令，有，令，有，故，即，此时，无切线，故不符合要求，故舍去；当时，此时切线为，符合要求，故【小问2详解】，则当时，在上恒成立，故在上单调递减；当时，令，则，当时，当时，故在上单调递增，在上单调递减；综上所述，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递减.17. 如图，己知三棱台的高为1，为的中点，平面平面（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大

13、小【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；（2）建立适当空间直角坐标系后借助空间向量计算即可得.【小问1详解】由，故与全等，故，又为的中点，故，又平面平面，平面平面，且平面，故平面；【小问2详解】连接，由平面，平面，故，又，为的中点，故，即、两两垂直，且，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，有、，由三棱台的高为1，故，故，、，则，令平面的法向量为，则有，即，令，则有、，故，则有，故与平面所成角的正弦值为，即与平面所成角为.18. 已知椭圆的右焦点为，直线与相交于、两点（1）求直线l被圆所截的弦长；（2）当时，（i）求的方程；（ii）证明

14、：对任意的，的周长为定值【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）由点到直线的距离得圆到直线的距离，再利用几何法求出直线与圆的相交弦长，从而可求解.（2）（i）当时，直线的方程为，将该直线方程代入椭圆方程，求出，根据已知条件求出、的值，即可得出椭圆的方程；（ii）求出原点到直线的距离，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理分析额可知点、的横坐标均为正数，利用勾股定理、椭圆方程可求出的周长.【小问1详解】由题意得圆的圆心为，到直线的距离，则直线被圆所截弦长为.故直线被圆所截得的弦长为.【小问2详解】解：当时，直线的方程为，（i）联立，得，所以，又因为，所以，所以，

15、椭圆的方程为；（ii）设点、，则，且，所以，同理可得，因为原点到直线的距离为，过原点作，垂足为点，如下图所示： 所以，联立可得，当且仅当时，等号成立，此时点、关于轴对称，合乎题意，因为，则，由韦达定理可得，故，所以，因此，的周长为（定值）.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值19. 设集合，其中若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”（1）设，判断M，N是否为“T集”若不是，请说明理由；（2）已知A是“T集”（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；（ii

16、）若（c为常数），求有穷数列的通项公式【答案】（1）是“集”;不是“集”，理由见解析； （2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据“T集”的定义判断即可；（2）（i）写出等差数列通项，得到向量的坐标，再分类讨论即可；（ii）设，利用三角数阵和等比数列定义即可.【小问1详解】是“集”;不是“集”.理由：当或时，只要横纵坐标相等即可，则满足，当，则；当，则；当，则；当，则；综上是“集”.对于向量，若存在，使得.则，故中必有一个为，此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”.【小问2详解】(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，公差为2，故.则向量坐标中必含，设另一坐标为，则或.所以或，故或，所以或，所以或，所以或即.此时，不满足;或，满足;所以只可能.经检验“集”，所以.(ii)设.由，得，由条件可变形为.设集合设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.因为是中唯一负数，共个数，所以也只有个数.由于，所以，已有个数.对以下三角数阵：注意到，所以.又为常数)，故有穷数列为等比数列，且通项公式.【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的的关键是充分利用数列新定义，结合三角数阵，得到，再根据等比数列定义即可得到其通项.