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2024届江苏省连云港市高三上学期期中数学试题含答案
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这是一份2024届江苏省连云港市高三上学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，若，则实数（ ）
A．0B．C．0或D．1
【答案】B
【分析】根据交集的结果得出或，分类计算得出的值后再验证，即可得出答案.
【详解】，则或.
当时，满足条件.
当时，不满足条件.
故，
故选：B.
2．“”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
【分析】解出不等式，根据解集的包含关系即可得出.
【详解】“”，则，则一定有，充分性成立.
时，不一定有，必要性不成立.
故选：A.
3．设，（），若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数除法法则计算出，从而得到，求出，检验后得到答案.
【详解】，
要想与0比较大小，则虚部为0，
∴，
∴，此时，满足要求，
故选：A.
4．连云港海滨浴场是我省最优质的天然海滨浴场，浪缓滩平，水清沙细，当阳光射入海水后，海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中K是平均消光系数，D（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度D处和海面的光强.已知某海区5米深处的光强是海面光强的40%，则该海区消光系数K的值约为（参考数据：，）（ ）
A．0.2B．0.18C．0.16D．0.14
【答案】B
【分析】由题意得，再利用指数与对数的运算性质可求得答案.
【详解】由题意得，∴，∴，
∴，
故选：B.
5．已知，则（ ）
A．5B．C．-5D．
【答案】D
【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案.
【详解】，则
则，
即，所以，
∴，
故选：D
6．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用指对函数的单调性与放缩估值法比较大小.
【详解】由，，
，故最小，
又，
因为，所以，
则有，∴，
故选：C.
7．设，，都是单位向量，且与的夹角为60°，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】按题意设出向量坐标，展开运算即可.
【详解】设，，，则
所以
故选：D.
8．若函数在上存在唯一的极值点，则正数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式将函数化为，再根据函数在上存在唯一的极值点，可建立的不等关系，从而可得出答案.
【详解】因为，，
则，又，所以
又在上存在唯一的极值点，则，得到，
或，得到，
又当时，，无解.
故选：B.
二、多选题
9．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
【答案】ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
10．已知直线l：（），则（ ）
A．直线l过定点B．直线l与圆相切时，m的值是
C．原点到直线l的最大距离为2D．直线l与圆相交
【答案】AB
【分析】对A整理直线方程即可求出定点；对B，根据几何法点到直线的距离等于半径即可得到方程，解出即可；对C，的长度即为最大值；对D判断定点在圆上即可.
【详解】对A，由得，令，则，
所以过定点，A对.
对B，直线l与圆相切时，，∴，B对.
对C，，∴原点到l的最大距离为，C错.
对D，圆，化简，圆心，，
因为，所以在圆上，直线l与圆可能相切，D错，
故选：AB.
11．定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递减
C．D．
【答案】AC
【分析】对于A：根据奇偶性的定义分析判断；对于B：根据函数单调性的定义分析判断；对于C：利用赋值法分析判断；对于D：根据选项C的结果结合函数单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
令，，可得，
令，则，可得，
所以为奇函数，故A正确；
对于选项B：令，则，可得，
且，即，
可得，
则，即，
所以在内单调递增，故B错误；
对于选项CD：令，，则，
所以，故C正确；
所以，D错误，
故选：AC.
12．在正四棱柱中，，.H，，E分别为，，的中点，点M在直线上，，.下列说法正确的有（ ）
A．当时，与所成角的余弦值为
B．当时，点M到平面的距离为
C．当时，平面
D．若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则
【答案】BC
【分析】如图以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，.
对于A.，，，
，A错.
对于B，，E到面的距离为B到面的距离，
，，所以.
设M到平面的距离h，则，所以，B对.
对于C，，，，，，
，，所以面，C对.
对于D，，，，则，
设平面的法向量，
则，不妨设，则，，所以，
设平面的法向量，，
则，不妨设，则，，所以，
所以，化简整理得，解得或2，D错，
故选：BC.
三、填空题
13．已知，若，则 .
【答案】0
【分析】令，则，再结合为奇函数和可求得结果.
【详解】令，，则，
因为，
所以为奇函数，
由，得，
所以，则，
所以.
故答案为：0
14．若直角三角形两条直角边的和为10，则其斜边的最小值是 .
【答案】
【分析】设两直角边为a，b，则，然后利用勾股定理结合基本不等式可求出斜边的最小值.
【详解】设两直角边为a，b，则，
因为，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
斜边，当且仅当时取等号，
所以斜边的最小值为，
故答案为：
15．在平面直角坐标系xOy中，F是双曲线的右焦点，直线y＝2b与双曲线交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题可知，F（c，0），把y＝2b代入双曲线方程可得B,C坐标，因为∠BFC＝90°，所以kBF•kCF＝﹣1，化简得4b2＝5a2﹣c2，然后结合b2＝c2﹣a2，计算即可得解．
【详解】解：由题意可知，F（c，0），
把y＝2b代入双曲线方程可得，不妨设B（），C（），
因为∠BFC＝90°，所以kBF•kCF＝﹣1，即，化简得4b2＝5a2﹣c2，
因为b2＝c2﹣a2，所以，
所以离心率．
故答案为：．
【点睛】本题考查直线和双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率问题，考查学生计算求解能力，属于中档题.
16．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角，使得对于曲线G上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中e是自然对数的底数），点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则 .
【答案】1
【分析】求过原点曲线的两条切线，求解两切线的夹角即可.
【详解】函数，
因为，
所以该函数在单调递减，在单调递增.
过原点作的切线，设切点，
由，则切线的斜率为，
直线过，
∴，∴，
即，由函数与的图象在有且只有一个交点，
且当时满足方程，故方程有唯一解，则；
过原点作的切线，设切点，
由，得切线的斜率，
则切线过原点，
则有，∴，
则，则有，
∴两切线垂直，曲线C的相对于点O的“确界角”为，
则，.
故答案为：1.
四、解答题
17．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用求出（），求出通项公式，检验也满足；
（2）裂项相消法求和后得到答案.
【详解】（1）∵①，
当时，，故，
时，②
①②得（），而也满足上式，
∴.
（2），
∴.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，.
(1)证明：；
(2)若的面积为，求b.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题目条件，结合正弦和角公式得到，求出，从而利用正弦定理得到；
（2）由（1）可得，从而由面积公式得到方程，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，
因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以；
（2）由（1）知，，，
故.
∴，
∵的面积为，
∴，解得.
19．如图，在几何体中，四边形是边长为3的正方形，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)若平面平面，H为的中点，，，，求该几何体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.
【详解】（1）证明：∵，而平面，平面，
∴平面，又∵平面，
平面平面，∴，∴.
（2）∵，，H为中点，∴.
而，∴，∵平面平面.
平面平面，平面，∴平面.
过E分别作交于点I，交于点J，连接.
∴.
20．某高中有50名学生参加数学竞赛，得分（满分：150分）如下：
(1)若得分不低于120分的学生称为“数学优秀者”.问：是否有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关；
(2)若在竞赛得分不低于130分的男生中随机抽取3人，求这3人中至少有1人得分在内的概率.
附：，其中.
【答案】(1)有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关；
(2).
【分析】（1）列出二联表，由卡方公式计算对照表格判定即可；
（2）利用古典概型计算即可.
【详解】（1）由已知列2×2列联表如下：
所以
∴有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关.
（2）由表格可知得分不低于130分的男生有12人，其中得分在内的有3人.
∴3人中至少有1人得分在内的概率.
21．己知椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线与直线交于点Q.证明：点Q在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）代入点的坐标可得方程；
（2）方法一联立方程，求出可得答案；方法二结合转化可得答案；方法三利用点的坐标代入方程进行转化，结合韦达定理可得答案.
【详解】（1）∵椭圆过点M，∴，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）方法一：设直线l的方程为，，，，
，，
∴直线方程为：，直线方程：.
联立，方程可得
，∴.
∴点Q在定直线上运动.
方法二：和差转化
由方法一可得，
∴，
∴.
方法三：点代平方差
∵D在椭圆上，∴，∴
∴
，
∴.
22．已知函数.
(1)若恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若在区间上存在极值，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得恒成立，然后分和两种情况讨论即可；
（2）由题意可得在上有变号零点，构造函数，求导后分，和三种情况讨论.
【详解】（1）因为恒成立，
而时，，所以，
因为，所以.
时，，所以，
因为，所以，
所以，
即实数a的取值范围为.
（2）在上有变号零点，
即在上有变号零点.
令，，
.
①当时，，在上递减，，在上无零点，舍去.
②当时，，在上递增，，在上无零点，舍去.
③当时，令，
且在上递减；上递增，此时，
所以在上有唯一的变号零点，符合.
综上：实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，考查利用导数解决函数极值问题，第（2）问解题的关键将问题转化为在上有变号零点，然后构造函数，利用导数讨论函数的单调性即可，考查数学转化思想和分类思想，属于较难题.
女生
1
4
5
5
3
2
男生
0
2
4
12
9
3
0.05
0.025
0.010
0.001
3.841
5.024
6.635
10.828
数学是否优秀
性别
数学优秀者
不优秀
合计
男
24
6
30
女
10
10
20
合计
34
16
50
一、单选题
1．设集合，，若，则实数（ ）
A．0B．C．0或D．1
【答案】B
【分析】根据交集的结果得出或，分类计算得出的值后再验证，即可得出答案.
【详解】，则或.
当时，满足条件.
当时，不满足条件.
故，
故选：B.
2．“”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
【分析】解出不等式，根据解集的包含关系即可得出.
【详解】“”，则，则一定有，充分性成立.
时，不一定有，必要性不成立.
故选：A.
3．设，（），若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复数除法法则计算出，从而得到，求出，检验后得到答案.
【详解】，
要想与0比较大小，则虚部为0，
∴，
∴，此时，满足要求，
故选：A.
4．连云港海滨浴场是我省最优质的天然海滨浴场，浪缓滩平，水清沙细，当阳光射入海水后，海水中的光照强度随着深度增加而减弱，可用表示其总衰减规律，其中K是平均消光系数，D（单位：米）是海水深度，（单位：坎德拉）和（单位：坎德拉）分别表示在深度D处和海面的光强.已知某海区5米深处的光强是海面光强的40%，则该海区消光系数K的值约为（参考数据：，）（ ）
A．0.2B．0.18C．0.16D．0.14
【答案】B
【分析】由题意得，再利用指数与对数的运算性质可求得答案.
【详解】由题意得，∴，∴，
∴，
故选：B.
5．已知，则（ ）
A．5B．C．-5D．
【答案】D
【分析】由角的变换，利用余弦的和，差角公式和展开，从而可得答案.
【详解】，则
则，
即，所以，
∴，
故选：D
6．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用指对函数的单调性与放缩估值法比较大小.
【详解】由，，
，故最小，
又，
因为，所以，
则有，∴，
故选：C.
7．设，，都是单位向量，且与的夹角为60°，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】按题意设出向量坐标，展开运算即可.
【详解】设，，，则
所以
故选：D.
8．若函数在上存在唯一的极值点，则正数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用辅助角公式将函数化为，再根据函数在上存在唯一的极值点，可建立的不等关系，从而可得出答案.
【详解】因为，，
则，又，所以
又在上存在唯一的极值点，则，得到，
或，得到，
又当时，，无解.
故选：B.
二、多选题
9．在等比数列中，，，则（ ）
A．的公比为4B．的前20项和为170
C．的前10项积为D．的前n项和为
【答案】ABC
【分析】利用等比数列的性质、等差数列、等比数列的求和公式计算即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，，A对；
由上可知：，所以，
B对；
而，C对；
记的前n项和为，则
的前n项和，
D错，
故选：ABC.
10．已知直线l：（），则（ ）
A．直线l过定点B．直线l与圆相切时，m的值是
C．原点到直线l的最大距离为2D．直线l与圆相交
【答案】AB
【分析】对A整理直线方程即可求出定点；对B，根据几何法点到直线的距离等于半径即可得到方程，解出即可；对C，的长度即为最大值；对D判断定点在圆上即可.
【详解】对A，由得，令，则，
所以过定点，A对.
对B，直线l与圆相切时，，∴，B对.
对C，，∴原点到l的最大距离为，C错.
对D，圆，化简，圆心，，
因为，所以在圆上，直线l与圆可能相切，D错，
故选：AB.
11．定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递减
C．D．
【答案】AC
【分析】对于A：根据奇偶性的定义分析判断；对于B：根据函数单调性的定义分析判断；对于C：利用赋值法分析判断；对于D：根据选项C的结果结合函数单调性分析判断.
【详解】对于选项A：因为，
令，，可得，
令，则，可得，
所以为奇函数，故A正确；
对于选项B：令，则，可得，
且，即，
可得，
则，即，
所以在内单调递增，故B错误；
对于选项CD：令，，则，
所以，故C正确；
所以，D错误，
故选：AC.
12．在正四棱柱中，，.H，，E分别为，，的中点，点M在直线上，，.下列说法正确的有（ ）
A．当时，与所成角的余弦值为
B．当时，点M到平面的距离为
C．当时，平面
D．若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，则
【答案】BC
【分析】如图以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可.
【详解】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，.
对于A.，，，
，A错.
对于B，，E到面的距离为B到面的距离，
，，所以.
设M到平面的距离h，则，所以，B对.
对于C，，，，，，
，，所以面，C对.
对于D，，，，则，
设平面的法向量，
则，不妨设，则，，所以，
设平面的法向量，，
则，不妨设，则，，所以，
所以，化简整理得，解得或2，D错，
故选：BC.
三、填空题
13．已知，若，则 .
【答案】0
【分析】令，则，再结合为奇函数和可求得结果.
【详解】令，，则，
因为，
所以为奇函数，
由，得，
所以，则，
所以.
故答案为：0
14．若直角三角形两条直角边的和为10，则其斜边的最小值是 .
【答案】
【分析】设两直角边为a，b，则，然后利用勾股定理结合基本不等式可求出斜边的最小值.
【详解】设两直角边为a，b，则，
因为，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
斜边，当且仅当时取等号，
所以斜边的最小值为，
故答案为：
15．在平面直角坐标系xOy中，F是双曲线的右焦点，直线y＝2b与双曲线交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题可知，F（c，0），把y＝2b代入双曲线方程可得B,C坐标，因为∠BFC＝90°，所以kBF•kCF＝﹣1，化简得4b2＝5a2﹣c2，然后结合b2＝c2﹣a2，计算即可得解．
【详解】解：由题意可知，F（c，0），
把y＝2b代入双曲线方程可得，不妨设B（），C（），
因为∠BFC＝90°，所以kBF•kCF＝﹣1，即，化简得4b2＝5a2﹣c2，
因为b2＝c2﹣a2，所以，
所以离心率．
故答案为：．
【点睛】本题考查直线和双曲线的位置关系，考查双曲线的离心率问题，考查学生计算求解能力，属于中档题.
16．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角，使得对于曲线G上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中e是自然对数的底数），点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则 .
【答案】1
【分析】求过原点曲线的两条切线，求解两切线的夹角即可.
【详解】函数，
因为，
所以该函数在单调递减，在单调递增.
过原点作的切线，设切点，
由，则切线的斜率为，
直线过，
∴，∴，
即，由函数与的图象在有且只有一个交点，
且当时满足方程，故方程有唯一解，则；
过原点作的切线，设切点，
由，得切线的斜率，
则切线过原点，
则有，∴，
则，则有，
∴两切线垂直，曲线C的相对于点O的“确界角”为，
则，.
故答案为：1.
四、解答题
17．已知数列满足.
(1)求数列的通项公式
(2)若，数列的前n项和为，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用求出（），求出通项公式，检验也满足；
（2）裂项相消法求和后得到答案.
【详解】（1）∵①，
当时，，故，
时，②
①②得（），而也满足上式，
∴.
（2），
∴.
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，.
(1)证明：；
(2)若的面积为，求b.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题目条件，结合正弦和角公式得到，求出，从而利用正弦定理得到；
（2）由（1）可得，从而由面积公式得到方程，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，
因为，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以；
（2）由（1）知，，，
故.
∴，
∵的面积为，
∴，解得.
19．如图，在几何体中，四边形是边长为3的正方形，平面与平面的交线为.
(1)证明：；
(2)若平面平面，H为的中点，，，，求该几何体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)用线面平行的性质定理即可证得.(2) 将体积分割，转化为一个三棱柱和一个三棱锥求体积即可.
【详解】（1）证明：∵，而平面，平面，
∴平面，又∵平面，
平面平面，∴，∴.
（2）∵，，H为中点，∴.
而，∴，∵平面平面.
平面平面，平面，∴平面.
过E分别作交于点I，交于点J，连接.
∴.
20．某高中有50名学生参加数学竞赛，得分（满分：150分）如下：
(1)若得分不低于120分的学生称为“数学优秀者”.问：是否有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关；
(2)若在竞赛得分不低于130分的男生中随机抽取3人，求这3人中至少有1人得分在内的概率.
附：，其中.
【答案】(1)有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关；
(2).
【分析】（1）列出二联表，由卡方公式计算对照表格判定即可；
（2）利用古典概型计算即可.
【详解】（1）由已知列2×2列联表如下：
所以
∴有95%的把握认为“数学优秀者”与性别有关.
（2）由表格可知得分不低于130分的男生有12人，其中得分在内的有3人.
∴3人中至少有1人得分在内的概率.
21．己知椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线与直线交于点Q.证明：点Q在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）代入点的坐标可得方程；
（2）方法一联立方程，求出可得答案；方法二结合转化可得答案；方法三利用点的坐标代入方程进行转化，结合韦达定理可得答案.
【详解】（1）∵椭圆过点M，∴，
∵，∴，
∴椭圆的标准方程为.
（2）方法一：设直线l的方程为，，，，
，，
∴直线方程为：，直线方程：.
联立，方程可得
，∴.
∴点Q在定直线上运动.
方法二：和差转化
由方法一可得，
∴，
∴.
方法三：点代平方差
∵D在椭圆上，∴，∴
∴
，
∴.
22．已知函数.
(1)若恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若在区间上存在极值，求实数a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得恒成立，然后分和两种情况讨论即可；
（2）由题意可得在上有变号零点，构造函数，求导后分，和三种情况讨论.
【详解】（1）因为恒成立，
而时，，所以，
因为，所以.
时，，所以，
因为，所以，
所以，
即实数a的取值范围为.
（2）在上有变号零点，
即在上有变号零点.
令，，
.
①当时，，在上递减，，在上无零点，舍去.
②当时，，在上递增，，在上无零点，舍去.
③当时，令，
且在上递减；上递增，此时，
所以在上有唯一的变号零点，符合.
综上：实数a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查不等式恒成立问题，考查利用导数解决函数极值问题，第（2）问解题的关键将问题转化为在上有变号零点，然后构造函数，利用导数讨论函数的单调性即可，考查数学转化思想和分类思想，属于较难题.
女生
1
4
5
5
3
2
男生
0
2
4
12
9
3
0.05
0.025
0.010
0.001
3.841
5.024
6.635
10.828
数学是否优秀
性别
数学优秀者
不优秀
合计
男
24
6
30
女
10
10
20
合计
34
16
50
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