江苏省徐州市沛县第二中学2024届高三下学期期初测试数学试题（教师版）

高三下学期期初测试数学试题考试时间：120分钟试卷满分：150分注意事项：1．答卷前，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，用铅笔把答题卡上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.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：；乙组：，若这两组数据的第30百分位数，第50百分位数都分别对应相等，则（）A.60 B.65 C.70 D.71【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用第p百分位数的定义分别求出第30百分位数和第50百分位数即可得解.【详解】由，则甲组数据的第30百分位数为31，乙组数据的第30百分位数为n，即，第50百分位数即中位数，则乙组数据的第50百分位数为，甲组数据的第50百分位数为，于是，解得，所以.故选：D2.已知椭圆的上顶点、右顶点、左焦点恰好是等腰三角形的三个顶点，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知得到，结合关系式即可求出结果.【详解】由题知等腰三角形的三边为，，，则，即有，解得.故选：D3.已知为数列的前项和，且满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题，当时，，当时，进而分奇偶性讨论得，为正偶数，，为正奇数，再求和即可.【详解】解：因为，所以，当时，，解得，当时，，所以，当偶数时，，故，为正奇数；当为奇数时，，即，故，为正偶数；所以，故选：A4.已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：①若，，，则②若，，，则③若，，，则④若，，，则其中所有正确的序号为（）A.②④ B.③④ C.④ D.①③【答案】B【解析】【分析】①②错误，举出反例即可，③④正确，给出证明.【详解】对于①：如果，，也能满足条件，①错误；对于②：与相交或异面也能满足条件，②错误；对于③：因为，，则，又因为，所以，③正确；对于④：因为，所以平面内必有直线，又因为，所以，因为，，所以，而，所以，④正确.故选：B5.今年暑期，《八角笼中》、《长安三万里》、《封神榜》、《孤注一掷》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这四部电影，若小明要看《长安三万里》，则恰有两人看同一部影片的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对观看《长安三万里》的人数进行分类讨论，利用排列和组合计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】分以下两种情况讨论：（1）小明和其中一人同时看《长安三万里》，另外两人看剩余三部电影中的两部，此时，所求概率为；（2）观看《长安三万里》只有小明一人，只需将剩余三人分为两组，再将这两组人分配给两部电影，此时，所求概率为.综上所述，恰有两人看同一部影片的概率为.故选：B.6.已知圆，点在直线上运动，直线与圆相切，切点为，则下列说法正确的是（）A.的最小值为2B.最小时，弦长为C.最小时，弦所在直线的斜率为D.四边形的面积最小值为【答案】B【解析】【分析】当时，最小，求出的最小值即可求得的最小值，可判断选项A；根据等面积法，可判断选项B；求出直线与直线及直线l位置关系，可判断选项C；当最小时，四边形的面积最小，可判断选项D.【详解】由圆的方程可知，圆心，半径.，当时，最小，此时最小.对于选项A，，所以，故A错误；对于选项B，，即，解得，故B正确；对于选项C，因为，，所以，所以，故C错误；对于选项D，四边形的面积，所以当最小时，四边形的面积最小，，故D错误.故选：B7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】方法一：根据平方关系、二倍角公式化简已知可得，结合诱导公式化简可得所求；方法二：利用辅助角公式化简已知可得，再根据二倍角公式化简可得所求.【详解】方法一：，，，即，.方法二，即，，，.故选：D.8.已知双曲线的左、右焦点分别为，．点A在上，点在轴上，，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】记，分别用m表示出，在中由勾股定理可得，在中由三角函数定义可得，再在中利用余弦定理列齐次式，然后可得离心率.【详解】因为，所以三点共线，又，所以为直角三角形，记，则，由双曲线定义和对称性可得，则有，即，解得或（舍去）.记，则，在中，由余弦定理得，整理得，得.故选：B【点睛】双曲线过焦点的三角形问题，关键是充分利用双曲线定义，结合余弦定理、勾股定理得到关于a、b、c的齐次式，然后可求离心率.二、多项选择题：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.下列命题中，正确的是（）A.B.C.，其中，，函数的图像向右平移个单位长度后，得到为偶函数，则的最小值为4D.方程的根的个数为12个【答案】ABC【解析】【分析】根据二倍角及两角和公式化简判断A；利用三角恒等变换化简求值判断B；利用正弦函数的对称性及基本不等式求解判断C；作出函数和的图象，数形结合即可判断D.【详解】对于A，，正确；对于B，，正确；对于C，因为为偶函数，所以，，即，，则，，所以，所以，因为，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为4，正确；对于D，作出函数和的图象，如图：则方程的根的个数为函数和的图象交点个数，而,结合图知，两函数共有10个交点，故方程的根的个数为10个，错误；故选：ABC10.设复数，且,其中为确定的复数，下列说法正确的是（）.A.若，则是实数B.若，则存在唯一实数对使得C.若，则在复平面内对应的点的轨迹是射线D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的概念及运算性质，以及共轭复数的性质和复数模的性质，逐项计算，即可求解.【详解】对于A中，若，因为，则，可得，设，则，所以A正确；对于B中，由A得，设，若，则，只要或，选项B就不正确；例如：，此时，可表示为或，所以表示方法不唯一，所以B错误.对于C中，若，则，可得，则，所以且，设，则，其中，则复数对应的向量与复数对应的向量方向共线，且长度是倍，故在复平面内对应的点的轨迹是射线（且与方向共线），所以C正确.对于D中，若，可得，同理，由，即，可得，即，即，即，即，因为，所以成立，所以成立，所以D正确.故选：ACD.11.已知函数的定义域为，且对任意a，，都有，且当时，恒成立，则（）A.函数是上的增函数 B.函数是奇函数C.若，则的解集为 D.函数为偶函数【答案】ABC【解析】【分析】利用单调性定义结合可判断A；利用特殊值求出，从而证明可判断B；根据条件并利用单调性解不等式可判断C；利用奇偶性的定义可判断D.【详解】设，且，，则，而，又当时，恒成立，即，，函数是R上的增函数，A正确；由，令可得，解得，令可得，即，而，，而函数的定义域为R，故函数是奇函数，B正确；令可得，解得，所以因为函数是上的增函数，由，可得，所以，C正确；令，易知定义域为R，因为，显然不恒成立，所以不是偶函数，D错误.故选：ABC【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的综合应用.关键点在于赋值法的运用，通过对题意得理解，巧妙的赋予特殊值，进而求解选项答案.本题考查转化与化归能力，重在数据的分析与推理，属于中档题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知集合，若，且，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】先解分式不等式，即可得出集合，再由，且，即可求出实数的取值范围.【详解】由可得：，解得：，所以，因为，且，所以.故答案为：.13.在正四面体中，为边的中点，过点作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积，最小的截面面积为，则__________；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为和，则__________．【答案】①.②.【解析】【分析】将正四面体放置于正方体中，则正方体的外接球就是正四面体的外接球．由外接球的直径等于正方体的对角线长，求出外接球的半径，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值T、最大值S，可得；用等体积法求出正四面体内切球的半径，进而得出其体积，再求出外接球的体积，即可得出．【详解】将正四面体放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，因为外接球的直径等于正方体的对角线长，所以外接球的半径为，E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面面积最大，最大值为，当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，此时球心O到截面的距离为，可得截面圆的半径为，从而截面面积的最小值为．所以；设正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，正四面体的每个面的面积为，，正四面体的高，故正四面体的体积为，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，所以，求得，故正四面体内切球的体积，正四面体外接球的半径为，外接球的体积为，．故答案为：；27．14.定义表示，，，中的最小值，表示，，，中的最大值则对任意的，，的值为______．【答案】【解析】【分析】首先，设，从而得到关于m的限制条件，然后，得到m的最小值．【详解】设，、，，，，即，，可得，，，即有m的最小值为，故答案为．【点睛】本题考查新定义的理解和运用，注意不等式的性质的应用，属于难题．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.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）当时，证明：．【答案】（1）答案见详解（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数研究函数单调性；（2）法一：由（1）可知，即，从而可得此时导函数正负，可得函数的最小值，得证；法二：由对数运算得，令，利用导数得，令，则由（1）知：故在单调递增，可证.【小问1详解】当时，，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在上单调递增，在上单调递减，【小问2详解】（法一）当时，由（1）可知，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）（法二）当时，令，可知于是在单调递减，在单调递增，因此，（当且仅当时取得等号）．令，则由（1）知：故在单调递增，因此．所以．16.为倡导公益环保理念，培养学生社会实践能力，某中学开展了旧物义卖活动，所得善款将用于捐赠“圆梦困境学生”计划.活动共计50多个班级参与，1000余件物品待出售.摄影社从中选取了20件物品，用于拍照宣传，这些物品中，最引人注目的当属优秀毕业生们的笔记本，已知高三1，2，3班分别有，，的同学有购买意向.假设三个班的人数比例为.（1）现从三个班中随机抽取一位同学：（i）求该同学有购买意向的概率；（ii）如果该同学有购买意向，求此人来自2班的概率；（2）对于优秀毕业生的笔记本，设计了一种有趣的“掷骰子叫价确定购买资格”的竞买方式：统一以0元为初始叫价，通过掷骰子确定新叫价，若点数大于2，则在已叫价格基础上增加1元更新叫价，若点数小于3，则在已叫价格基础上增加2元更新叫价；重复上述过程，能叫到10元，即获得以10元为价格的购买资格，未出现叫价为10元的情况则失去购买资格，并结束叫价.若甲同学已抢先选中了其中一本笔记本，试估计其获得该笔记本购买资格的概率（精确到0.01）.【答案】（1）（i）；（ii）（2）0.75.【解析】【分析】（1）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.根据全概率公式即可求解，根据条件概率公式即可求解；（2）由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，构造等比数列，结合累加法可求解.【小问1详解】（i）设事件“该同学有购买意向”，事件“该同学来自班”.由题意可知，，所以，由全概率公式可得：.（ii）由条件概率可得.【小问2详解】由题意可得每次叫价增加1元的概率为，每次叫价增加2元的概率为.设叫价为元的概率为，叫价出现元的情况只有下列两种：①叫价为元，且骰子点数大于2，其概率为；②叫价为元，且骰子点数小于3，其概率为.于是得到，易得，由于，于是当时，数列是以首项为，公比为的等比数列，故.于是于是，甲同学能够获得笔记本购买资格的概率约为0.75.【点睛】关键点睛：第二问中关键是设叫价为元的概率为，利用叫价为元是在叫价为元的基础上再叫价1元或在叫价为元的基础上再叫价2元，从而确定与的关系，再结合数列中的构造法和累加法即可求解.17.如图，三棱锥中，，为等边三角形，为上的一个动点.（1）证明：平面平面；（2）当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）证明出三角形全等，作，得到，由勾股定理结合条件求出，进而得到线线垂直，得到线面垂直，面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，得到各点的坐标，求出平面的法向量，从而得到二面角的余弦值.【小问1详解】因为为等边三角形，所以，又，为公共边，故≌.作，垂足为，连接，由三角形全等易知.设，则，由题意得，且所以，解得，故，故.在中，因为，所以.又因为，平面，，所以平面.因为平面，所以平面平面.【小问2详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.设点，则，因为，所以，解得，所以，则.设平面的法向量为，则，解得，取，则，故.又因为平面的一个法向量为，所以，二面角为锐二面角，故二面角的余弦值为.18.已知点在抛物线的准线上，过点作直线与抛物线交于两点，斜率为2的直线与抛物线交于两点．（1）求抛物线的标准方程；（2）①求证：直线过定点；②若的面积为，且满足，求直线斜率的取值范围．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.【解析】【分析】（1）求出抛物线准线方程，进而求出值即得.（2）①设出点的坐标，直线的方程，并与抛物线方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式求出直线方程即可推理得解；②结合定点，借助割补法求出，再解不等式即得.【小问1详解】抛物线的准线方程为，依题意，，解得，所以抛物线的标准方程为.小问2详解】①设，显然不垂直于y轴，设直线方程为，由消去x得：，由，得或，，即，直线的斜率，即，同理直线的斜率，直线的方程为，整理得，即，又，于是，由及，得，则，因此直线：过定点，所以直线过定点.②显然轴，，则，解得或，而直线斜率的，则或，所以直线斜率