江苏省南通市高三下学期第一次调研数学测试(考前信心卷)

届高三第一次调研测试（信心卷）数学注意事项：．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师在答题卡上的条形码处．选择题使用铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效.一、单项选择题（本大题共85分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求）1.已知函数，定义域为，值域为，那么下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据对数、根式的性质求函数的定义域和值域，再由集合交并及集合关系的表示判断各项正误.【详解】由题设，则，值域，所以，，集合之间关系不能用表示，所以A、C、D错，B对.故选：B2.已知，，与的夹角为，则（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】由数量积公式求解即可.【详解】由题意得.故选：A．第1页/共22页

3.现有一组数据：1，1，3，7，若在这组数据中添加一个数据3，则不会发生变化的统计量是（）A.平均数B.中位数C.众数D.方差【答案】A【解析】【详解】对于A：原数据平均数为，添加数据3后平均数为，故A正确；对于B：原数据中位数为，添加数据3后中位数为3，故B错误；对于C：原数据众数为1，添加数据3后众数为1和3，故C错误；对于D：原数据方差为，添加数据3后方差为，故D错误.4.已知函数，则的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由分段函数的解析式，求得，进而求得的值.【详解】由题意，函数，可得，所以.故选：A5.已知均为正数，且，则的最小值为（）A.B.13C.10D.12【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式求最值即可.第2页/共22页

【详解】，当且仅当，即时，等号成立.故选：A.6.函数的图象有公共点，则实数a的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】而得出参数；法二：先设变量构造新函数，再应用导数得出最小值结合有解求参.x的方程有实根，令，则，令得，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以；为使关于x的方程有实根，只需，所以，故选:C．法二：由于，故令，即有解，等价于有解，令，，所以当时，单调递增；当时，单调递减，第3页/共22页

所以，故.故选：C．7.已知F为抛物线的焦点，C的准线和轴交于点P，点M在抛物线C上，若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用，结合圆与抛物线的交点得出M点的横坐标，再由抛物线的定义得，又因为，求得即得.【详解】因为C的准线和轴交于点，且．根据题意可得图形，由已知，可知满足，又因为M在抛物线C上，所以，所以，所以，因此，M点的横坐标是，由抛物线的定义知，且，所以，所以．第4页/共22页

故选：B.8.已知，均为锐角，取得最大值时，）A.B.C.2D.1【答案】A【解析】【分析】由，两边同时除以得用最大值及此时的值，再根据两角和的正切公式即可得解.【详解】由，两边同时除以得，所以，因为，均为锐角，所以，则，当且仅当，即时取等号，所以取得最大值时，.故选：A.【点睛】关键点点睛：将已知变形成是解决本题的关键.二、多项选择题（本大题共36分在每小题给出的选项中，有多项符合要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）第5页/共22页

9.设为复数（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】【分析】利用共轭复数的定义可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程，可判断D选项.【详解】对于A选项，若，则，A对；对于B选项，若，不妨取，则，但，B错；对于C选项，若，则，故，C对；对于D选项，若，则，解得，D错.故选：AC.10.事件与互斥，若，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】由互斥事件的性质和对立事件的性质结合已知条件逐个分析判断即可【详解】因为与互斥，所以是必然事件，故，所以A正确，因为与B错误，因为，所以C正确，因为，所以，于是，所以D错误，第6页/共22页

故选：AC已知菱形的边长为2，沿着对角线折起至二面角的大小为，则下列说法正确的是（）A.若四面体为正四面体，则B.四面体的体积最大值为1C.四面体的表面积最大值为D.当时，四面体的外接球的半径为【答案】BCD【解析】【分析】取中点，连接，证得为二面角的平面角，即．然后根据的大小判断ABC，D中需要找到外接球球心，求出半径判断．【详解】如图，取中点，连接，则，，为二面角的平面角，即．若是正四面体，则，不是正三角形，，A错；四面体的体积最大时，平面，此时到平面的距离最大为，而，所以，B正确；，易得，，未折叠时，折叠到重合时，，中间存在一个位置，使得，则，，此时取得最大值2，所以四面体的表面积最大值为，C正确；第7页/共22页

当时，如图，设分别是和的外心，在平面内作，作，，则是三棱锥外接球的球心，由上面证明过程知平面与平面、平面垂直，即四点共面，，则，，，为球半径，D正确．故选：BCD．【点睛】关键点点睛：本题考查已知二面角，四面体的体积，表面积，外接球等等．解题关键是确定二面角的平面角，利用二面角判断．对外接球关键是找到球心，而三棱锥的球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共分）12.若四面体中，，，，则四面体的体积是________.【答案】2【解析】【分析】将四面体补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，根据题中的对角线关系求出x，y，第8页/共22页

z的值，用长方体的体积减去4个小棱锥的体积即可得出四面体ABCD的体积．【详解】以四面体的各棱为长方体的面对角线作出长方体，如图所示，设，则，解得，．故答案为：2．13.梯形中，交以，为焦点且过，的双曲线于点，则双曲线的离心率为_____.【答案】【解析】【分析】设，双曲线为，求坐标，应用定比分点求坐标，将代入双曲线方程得到齐次方程求离心率即可.【详解】由题设，如下图示，令双曲线为，由，则，第9页/共22页

令，可得，故，又，则，，所以，由E在双曲线上，可得，整理得，且，则.故答案为：.14.设数列的前n项和为，已知，，若，则正整数k的值为___________.【答案】2024【解析】’项和后用等比放缩法确定范围求值即可.【详解】由题知：，两边取倒数得，所以，又因为，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以，所以，则，所以，即，第10页/共22页

故，令，因为数列不易求和，而，考虑等比放缩：时，，，则，所以故，则正整数的值为2024.故答案为：2024.四、解答题（本大题共5小题，共分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.在中，角，，对应边分别是.已知成等差数列，且.（1）求的值；（2）若的外接圆半径为，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】1）由条件得到之间的关系，并将其代入余弦定理的表达式中，即可得解；（2）利用正弦定理求出，进而求出，即可根据三角形的面积公式求出的面积.【小问1详解】因为成等差数列，所以.第11页/共22页

因为，由正弦定理可得，将其代入，可得.由余弦定理可得；【小问2详解】因为，且，所以.设的外接圆半径为，则.由正弦定理可得，则.所以的面积.16.某游泳馆运营商发现，当日最高气温x（单位：摄氏度）与当日收入y（单位：百元）之间有如下的对应数据，由散点图知，当日最高气温x（单位：摄氏度）与当日收入y（单位：百元）呈线性相关.x（单位：摄氏度）2830323436y（单位：百元）2234506074（1）从表中给出的当日收入的5个数值中任取1个，求其高于当日收入平均值的概率；（2）由上面数据判断，当日最高气温每升高1摄氏度，当日收入大约增加多少元？（3）气象台预报后天的最高气温为39摄氏度，则后天的收入大约为多少元？参考数据：对于一组具有线性相关关系的数据，其经验回归方程的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.第12页/共22页

【答案】（1）（2）元（3）元【解析】1）先计算当日收入的平均值，再统计高于平均值的收入个数，最后用古典概型计算概率.（2）先计算、、和，再代入最小二乘公式求出，并将单位换算为元.（3）先根据求出截距，得到经验回归方程，再将代入方程计算并换算单位.【小问1详解】由题可知，当日收入高于48的有50，60，74，共3个，从当日收入5个数值中任取1个，其高于当日收入平均值的概率为.【小问2详解】由题可知，,，百元元，即当日最高气温每升高1摄氏度，当日收入大约增加650元.【小问3详解】，所以经验回归方程为，当时，百元元.第13页/共22页

17.已知且，函数.（1）若，求函数在处的切线方程；（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】1）由时，得到，求导，进而得到，写出切线方程；（2）将函数有两个零点，转化为函数与的图象在上有两个交点求解.【小问1详解】解：当时，，则，故，时，，故切点为，所以在处的切线方程为，即【小问2详解】函数有两个零点，方程在上有两个根，方程在上有两个根，函数与的图象在上有两个交点，设，则，时，；时，，第14页/共22页

所以在上单调递增，在上单调递减，由，，当时，，当时，，作图如下：由图得，即，设，则，时，，时，；所以在上单调递减，在上单调递增，因为时，且，所以当时，；当时，，又因为，所以的解集为综上所述.18.已知七面体中的三个面都是平行四边形，其余四个面都是三角形，如图所示，（1）求证：平面；（2）若，，平面平面，（i）求直线与平面所成角的余弦值；第15页/共22页

（ii）将以为折痕进行翻折得到，且平面.在翻折的过程中，棱与棱所形成的曲面与平面所围成的图形记为的内切球体积为的体积为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2i）ii）【解析】1）先利用平行四边形的性质证明平面平面，然后利用面面平行的性质可证平面.（2i）先构建空间直角坐标系，再利用向量的数量积求出线面夹角的余弦值.（ii）先找出的形状及内切球所在位置，根据三角形内切圆性质求出半径，算得；将七面体视为棱柱与棱锥组合，分别求出棱柱和棱锥的体积并相加，得到.【小问1详解】（1）证明：因为四边形与四边形均为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，因为，平面，平面，所以平面平面，又平面，所以平面.【小问2详解】（2）连接，由（1）可知且，所以四边形是平行四边形，则，又因为，所以是正三角形，则是菱形且，取的中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，，第16页/共22页

因此以为原点，，，平面的法向量分别为轴，轴，轴的正方向，如图建系，（i）设，则，则，，，，则，，，设平面的法向量，则，即，取，得，，则，设直线与平面所成角为，则，则，即直线与平面所成角的余弦值为.（ii）设，，，所以，所以，又，，第17页/共22页

所以，的周长为，因为以为折痕进行翻折得到，且平面所以为两个等底面圆半径的圆锥拼成的复合体的一半，设含有，且与平面相垂直的平面为平面，在平面的截面如图所示，点为内切球球心，设内切球半径为，则，，易得，所以.19.已知椭圆右顶点为，短轴长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）不过点的直线与椭圆交于、两点．（i）若正方形的边在直线上，且直线在轴上的截距为整数，求正方形的面积；（ii）证明：的外接圆经过两个定点．【答案】（1）（2i）ii）【解析】第18页/共22页

1）由题意可得，，即，由此可求得椭圆的标准方程；i）设直线与椭圆交于，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，