江苏省淮安市2024-2025学年高三数学上学期9月质量检测试题含解析

第19页/共21页江苏省2024－2024学年第一学期9月份质量检测高三数学试卷满分：150分考试时间：120分钟一、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.已知集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用指数函数的单调性求出指数函数的值域进而得出集合，依据二次根式的意义求出集合，利用并集的定义和运算干脆计算即可.【详解】..因此.故选：D2.在复平面内，复数，则的虚部是（）A. B.1 C.2 D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法解题即可.【详解】由题，所以的虚部为，故选：A3.已知等差数列的公差为1，为其前项和，若，则（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】依题意.故选：D4.高三年级三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必需有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的安排方案有（）.A.16种 B.18种 C.37种 D.48种【答案】C【解析】【分析】依据去工厂甲的班级数进行分类探讨，由此计算出总的安排方案.【详解】三个班有一个班去甲，方法数有；三个班有两个班去甲，方法数有；三个班都去甲，方法数有，故总的方法数为种，故选C.【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，考查组合数的计算，属于基础题.5.函数的部分图象大致形态是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依据题意，分析可得函数为奇函数，且在上，，据此解除分析可得答案．【详解】解：依据题意，，其定义域为，则有，即函数为奇函数，解除、；又由当上时，，，，则有，解除；故选：．6.已知定义在上的函数满意，①，②为奇函数，③当时，恒成立.则、、的大小关系正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】依据单调性的定义可得在上单调递增，依据已知条件可得是周期为的奇函数，依据周期性和单调性即可求解.【详解】由可得的周期为，因为奇函数，所以为奇函数，因为时，，所以在上单调递增，因为为奇函数，所以在上单调递增，所以在上单调递增，因为，，，所以，即.故选：C.7.中，，D为AB的中点，，则（）A.0 B.2 C.-2 D.-4【答案】A【解析】【分析】取为基底，表示出即可求解.【详解】在中，D为AB的中点，，取为基底，所以,.所以.因为，，所以.即.

故选：A8.已知定义在上的函数的导函数为，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】易推断，构造函数可得在上单调递增，∴，即.【详解】∵，∴在上单调递减∴，构造函数，则∴在上单调递增，∴即.故选：C.二、选择题：本小题共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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下面命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.命题“若，则”的否定是“存在，则”C.设，则“且”是“”的必要不充分条件D.设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】AD【解析】【分析】依据充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，所以充分性成立；反之：当时，可得或，所以必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，所以A正确；对于B中，命题“若，则”的否定是“存在，则”，所以不正确；对于C中，设，由且，可得成，即充分性成立，反之：由成立时，可能且，即必要性不成立，所以“且”是“”的充分不必要条件，所以C不正确；对于D中，设，当时，可得，即充分性不成立，反之：由，可得成立，即必要性成立，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D正确.故选：AD.10.已知向量，，，，则下列说法正确的是（）A.若，则有最小值B.若，则有最小值C.若，则的值为D.若，则的值为1【答案】A【解析】【分析】依据向量的坐标运算，求得，结合向量平行和垂直的坐标运算以及基本不等式，对每个选项进行逐一分析，即可推断和选择.【详解】∵，，∴．对A：若，则，当且仅当，即，，取得等号，故选项A正确；对B：若，则，当且仅当，，取得等号，故选项B错误；对C：若，则，即，则，故选项C错误；对D：因为,所以，，则D不正确.故选：A．11.函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（）A.图像的一条对称轴可能为直线B.函数的解折式可以为C.的图像关于点对称D.在区间上单调递增【答案】BC【解析】【分析】先根图象求出函数解析式，然后逐个分析推断即可【详解】由图象可知，得，所以，所以，因为函数图象过点，所以，所以，得，因为，所以，所以，对于A，因为，所以不是图象的一条对称轴，所以A错误，对于B，，所以B正确，对于C，因为，所以的图象关于点对称，所以C正确，对于D，由，得，当时，，当时，，可知函数在，上递增，所以函数在上递减，所以D错误，故选：BC12.某校团委组织“喜迎二十大、恒久跟党走、奋进新征程”学生书画作品竞赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（一、二等奖作品数相等），其中男生作品分别占，，，现从获奖作品中任取一件，记“取出一等奖作品”为事务，“取出男生作品”为事务，若，则（）A. B.一等奖与三等奖的作品数之比为C. D.【答案】ABD【解析】【分析】依题意设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，即可表示男、女生获一、二、三等奖的作品数，再依据求出与的关系，从而一一推断即可.【详解】解：设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，则男生获一、二、三等奖的作品数为、、，女生获一、二、三等奖的作品数为、、，因为，所以，所以，故A正确；，故C错误；一等奖与三等奖的作品数之比为，故B正确；，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率是________．【答案】2【解析】【分析】取双曲线得一条渐近线，依据右焦点到一条渐近线的距离为，可求得，即可求出双曲线的离心率.【详解】解：不妨取双曲线的一条渐近线，即，则右焦点渐近线的距离，所以，则，所以双曲线的离心率.故答案为：2.14.若的绽开式中只有第六项的二项式系数最大，则绽开式中的常数项是_________．【答案】180【解析】【分析】写出二项绽开式通项公式，由只有第六项二项式系数最大求得，再确定常数项．【详解】，由题意，此不等式组只有一解，因此（）．，，所以常数项为．故答案为：180．15.如图，在中，是的中点，若，则实数的值是__________.【答案】##【解析】【分析】依据平面对量基本定理结合已知条件将用表示即可求出的值【详解】因为，所以为的中点，因为是的中点，所以，所以,因为，所以，故答案为：16.设函数已知不等式的解集为，则______，若方程有3个不同的解，则m的取值范围是________．【答案】①.0②.【解析】【分析】（1）先对函数求导，推断其单调性和极值，在同始终角坐标系中，作出函数与的大致图象，结合图象，由不等式的解集，即可求出的取值；依据方程有3个不同的解，等价于函数与直线有三个不同的交点，利用数形结合的方法，即可求出结果.【详解】由，得；由得或；由得；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；因此，当时，函数取得极大值；当时，函数取得微小值；由可得或；在同始终角坐标系中，作出函数与的大致图象如下，由图象可得，当时，；因为，为使不等式的解集为，结合图象可知，只有；所以因为方程有3个不同的解，等价于函数与直线有三个不同的交点，作出函数的大致图象如下：由图象可得，；故答案为：；.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程演算步骤．17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，角化边，得到，利用余弦定理，求得答案；（2）利用余弦定理结合求得，利用三角形面积公式，求得答案.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理可得，化简得，所以.又因为，所以.【小问2详解】由余弦定理，得因为，所以将代入上式，解得，所以的面积.18.已知函数，其中.若函数的图象在点处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）求函数的极值.【答案】（1）；（2）极大值，微小值.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）由导数探讨函数单调性，进而求得极值即可.【详解】（1）由已知，可得.函数的图象在点处的切线与直线平行，，解得.阅历证，符合题意.（2）由（1）得，求导.令，得或当改变时，与的改变状况如下表：单调递增极大值单调递减微小值单挑递增当时，取得极大值，且；当时，取得微小值，且.【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，以及利用导数探讨函数的单调性与极值，求切线常见考法：(1)已知切点求斜率k，即求该点处的导数值：．(2)已知斜率k，求切点，即解方程.(3)若求过点的切线方程，可设切点为，由，求解即可．19.已知函数．（1）若且，求的值；（2）记函数在上的最大值为b，且函数在上单调递增，求实数a的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)化简f(x)解析式，依据求值即可；(2)求出f(x)最大值b，求出f(x)的单调递增区间，求出与已知区间对应的增区间A，则是区间A的子集.【小问1详解】，∵，∴，∵，∴，∴，∴；【小问2详解】当时，，，∴，由，，得，，又∵函数在上单调递增，∴，∴，∴，∴实数a的最小值是.20.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且．点在棱上，点为中点．（1）证明：若，则直线平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定与性质可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值.【小问1详解】在上取一点，使得，连接，，，又平面，平面，平面；，，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；，平面，平面平面，平面，平面.【小问2详解】由题意知：以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，平面与平面所成设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，平面与平面所成角的正弦值为.21.随着原材料供应价格的上涨，某型防护口罩售价逐月上升．1至5月，其售价（元/只）如下表所示：月份x售价y（元/只）11.222.83.4（1）请依据参考公式和数据计算相关系数（精确到0.01）说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回来模型进行拟合，并求y关于x的线性回来方程；（2）某人安排在六月购进一批防护口罩，经询问届时将有两种促销方案：方案一：线下促销实惠．采纳到店手工“摸球促销”的方式．其规则为：袋子里有颜色为红、黄、蓝的三个完全相同的小球，有放回的摸三次．若三次摸的是相同颜色的享受七折实惠，三次摸的仅有两次相同颜色的享受八折实惠，其余的均九折实惠．方案二：线上促销实惠．与店铺网页上的机器人进行“石头、剪刀、布”视频竞赛．客户和机器人每次同时、随机、独立地选择“石头、剪刀、布”中的一种进行比对，约定：石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头．手势相同视为平局，不分输赢．客户和机器人需竞赛三次，若客户连胜三次则享受七折实惠，三次都不胜享受九折实惠，其余八折实惠．请用（1）中方程对六月售价进行预估，用X表示据预估数据促销后的售价，求两种方案下X的分布列和数学期望，并依据计算结果进行推断，选择哪种方案更实惠．参考公式：，，其中，．参考数据：，，，．【答案】（1）相关系数；（2）6月预料售价为4元/只；方案一分布列见解析；期望为；方案二分布列见解析；期望为；应选择方案一【解析】【分析】（1）依据题中所给数据，计算出的值，带入参考公式计算即可.（2）依据（1）中线性回来方程，求得X可取的值，依次计算概率，列出分布列，求解数学期望，利用数学期望比较两种方案.【小问1详解】相关系数，由于0.98接近1，说明y与x之间有较强的线性相关关系．，，所以．【小问2详解】由（1）可知，，当时，，即6月预料售价为4元/只．X可取的值为2.8，3.2，3.6．若选实惠方案一，；；；2.83.23.6此时.若选实惠方案二，客户每次和机器人竞赛时，胜出的概率为，则不胜的概率为．；；；2.83.23.6此时.，说明为使花费的期望值最小，应选择方案一．22.已知．（1）探讨的单调性；（2）已知函数有两个极值点，求证：．【答案】（1）当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，令，求出解为，从而可探究、随自变量的改变，结