2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期10月期中数学试题含答案

这是一份2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期10月期中数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据补集的运算即可求解.
【详解】由于，
又所以，
故选：C
2．已知复数的模为2，则实数（ ）
A．B．C．或2D．或4
【答案】D
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，列出关于方程，即可求解.
【详解】由复数，
因为复数的模为，可得，解得.
故选：D.
3．使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解不等式，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】解不等式，可得，
因为，，
，
因此，使成立的一个充分不必要条件是.
故选：C.
4．已知正实数、满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知等式变形可得，可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为正实数、满足，则，可得，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，此时，，
故的最小值为.
故选：B.
5．若向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出、，再根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，，所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：C
6．在中，若，则的面积为（ ）
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】利用余弦定理求，进而利用面积公式求面积.
【详解】由题意可得：，即，
整理得，解得或（舍去），
所以的面积为.
故选：D.
7．已知圆锥为底面圆心，为圆锥的母线，且，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆锥的底面半径为，根据的面积解得，进而可求圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，
则，
可知等腰底边上的高为，
由的面积可得，解得，
即圆锥的底面半径为2，所以该圆锥的体积.
故选：B.
8．设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦方程解出的值，代入，再利用二倍角公式并构造齐次式进行求解.
【详解】，
令，则或，
解得或，
所以
因为两函数图象的公共点的横坐标从小到大依次为，
所以，
所以即.
.
故选：A
二、多选题
9．下列选项中正确的是（ ）
A．已知向量，若∥，则
B．已知向量，若的夹角为钝角，则
C．已知非零向量，若，则与同向共线
D．若，则和的面积之比为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据向量平行的坐标表示运算求解；对于B：根据数量积的坐标运算结合向量平行运算求解；对于B：根据向量加法的三角形法则分析判定；对于D：根据向量的线性运算可得，可知：点在线段上，且，进而可得面积关系.
【详解】对于选项A：若∥，则，可得，故A正确；
对于选项B：若的夹角为钝角，则，解得且，故B错误；
对于选项C：若，且为非零向量，
向量加法的三角形法则可知同向，即与同向共线，故C正确；
对于选项D：若，即，
可得（分别为的中点），即，
可知点在线段上，且，
则，即，
所以和的面积之比为，故D正确；
故选：ACD.
10．已知函数（其中），，且在上的图象与直线恰有个交点，则的值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】利用诱导公式化简可得出，由可得出或，然后根据函数图象交点个数求出的取值范围，即可求得的可能取值.
【详解】因为
，
所以，，则，
所以，或，
解得或，
当时，，
由，可得，
则令，则，如下图所示：
因为在上的图象与直线恰有个交点，
即关于的方程在时有两个不同的实根，
所以，，解得，
由，可得，此时，；
由，可得或，
当时，；当时，.
故选：BC.
11．若函数有两个不相等的极值点，则实数的取值可以是（ ）
A．B．2C．1D．0
【答案】BC
【分析】根据有两个不相同的极值点，转换为有两个不相等实数根，进而构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解.
【详解】由得，
由于有两个不相同的极值点，则有两个不相等的实数根，则 有两个不相等的实数根，
记，则，
故当单调递减，当，单调递增，
所以取极大值，
又当时，恒成立，
故，
故选：BC
12．在棱长为6的正方体中，，是中点，则下列选项正确的是（ ）
A．平面截正方体所得截面为梯形
B．直线与所成的角的余弦值是
C．从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长为
D．点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】A选项，作出辅助线，证明线线平行，得到平面截正方体所得截面，证明出截面为梯形；B选项，建立空间直角坐标系，利用公式求出异面直线的夹角余弦值；C选项，将平面折叠到同一平面，结合勾股定理求出最短路径不为；D选项，由空间向量相关公式求出点到平面的距离.
【详解】A选项，如图1，取的中点，连接，
因为是中点，故，且，
所以四边形为平行四边形，则，
在上取点，使得，
因为，所以，故，
故四边形即为平面截正方体所得截面，
又与平面不平行，故与不平行，
故四边形为梯形，
故平面截正方体所得截面为梯形，A正确；
选项B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
故，
则，
故直线与所成的角的余弦值是，B正确；
C选项，将平面与平面沿着折叠到同一平面内，
连接，如图，
则，由勾股定理得，
由于，
故从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长不为，C错误；
D选项，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则点到平面的距离为，D正确.
故选：ABD
三、填空题
13．已知平面向量，，，则和夹角的余弦值为 ．
【答案】/
【分析】分析可知，求出的值，可得出向量的坐标，再利用平面向量数量积的坐标运算可求得和夹角的余弦值.
【详解】因为平面向量，，，则，解得，
所以，，则，
所以，.
故答案为：.
14．函数的最小值为 .
【答案】1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
15．在三棱锥中，是边长为的正三角形，是以为斜边的直角三角形，平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】取中点，连接，为的重心，连接,可证为球心，结合球的表面积公式即可.
【详解】如图，取中点，连接，为的重心，连接，
因为是以为斜边的直角三角形，则，
又平面平面，平面平面，
则平面，平面，
则，
则，
又是边长为的正三角形，，
则，
，
则，为外接球的球心，半径为2，
则表面积为.
故答案为：.
16．已知函数，若不等式恒成立，则实数的最大值为 ．
【答案】/
【分析】设，结合的奇偶性和单调性分析可得对任意的恒成立，令，利用导数判定原函数的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【详解】设，可知的定义域为，
则，所以为奇函数，
因为，可知在上单调递增，
对于不等式，即，
可得，则，
可得，注意到，可得，
原题意等价于对任意的恒成立，
令，则，
令，解得；令，解得；
则在上单调递减，在上单调递增，
当时，取到最小值，
可得，所以实数的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：1.构建函数，将问题转化为函数奇偶性，方便理解分析；
2.利用参变分离处理恒成立问题，这是常用处理技巧.
四、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题：
在中，内角的对边分别为，且满足_______________．
(1)求角的值；
(2)若的面积为，点在边上，且，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）若选①：利用三角恒等变换化简整理得，即可得结果；若选②：利用正弦定理结合两角和差公式运算求解；若选③：利用正弦定理结合辅助角公式运算求解；
（2）利用面积可得，利用向量运算结合基本不等式分析求解.
【详解】（1）若选①：因为，
则
，
解得，且，所以；
若选②：因为，
由正弦定理可得：，
且，则，
可得，整理得，
且，所以；
若选③：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
即，可得，
且，则
可知，所以.
（2）因为的面积为，则，
由题意可得：，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即，所以的最小值.
18．已知函数（其中）为奇函数．
(1)求实数的值；
(2)若不等式对于恒成立，求实数的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据求得，并根据奇函数的定义检验；
（2）根据的单调性可得的值域，令，整理得原题意等价于对于恒成立，根据恒成立问题结合基本不等式运算求解.
【详解】（1）因为为奇函数，且的定义域为，
可知，解得，则，
且，即，
可得为奇函数，所以.
（2）由（1）可知：，
因为在内单调递增，可知在内单调递增，
且，则，
令，则，
对于不等式，即，
则，
原题意等价于对于恒成立，
且，当且仅当，即时，等号成立，
则，解得
所以实数的最小值.
五、未知
19．如图，在四棱台中，底面是中点．底面为直角梯形，且．
(1)证明：直线平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意先证平面，进而可得，根据勾股定理可得，根据线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）因为底面，底面，则，
由题意可知：，且平面，
所以平面，且平面，可得，
不妨设，由题意可得：，
可知：，即，
且，平面，
所以直线平面.
（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，不妨设，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值.
六、解答题
20．已知，记．
(1)求函数的最小正周期和对称中心；
(2)若，求．
【答案】(1)最小正周期，对称中心为
(2)
【分析】（1）根据数量积的坐标运算结合三角恒等变换整理得，进而求最小正周期和对称中心；
（2）根据题意结合角的范围可得，，注意到，结合三角恒等变换求值.
【详解】（1）因为
，
所以的最小正周期，
令，解得，
所以的对称中心为.
（2）因为，可得，
又因为，则，
且，，
可知，则，
则，
，
可得
，
所以.
21．如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形，平面平面，为线段的中点，是线段（不含端点）上的一个动点．
(1)记平面交于点，求证：平面；
(2)是否存在点，使得二面角的正弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为线段上靠近点的三等分点，理由见解析
【分析】（1）证明平面，利用线面平行的性质可证得，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）连接、、，推导出平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.
【详解】（1）证明：因为四边形为菱形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为平面，平面平面，则，
因为平面，平面，因此，平面.
（2）解：连接、、，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为四边形是边长为的菱形，则，
又因为，则为等边三角形，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设，其中，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，
，
则，
取，则，，所以，，
由题意可得，
整理可得，即，因为，解得，
故当点为线段上靠近点的三等分点时，二面角的正弦值为.
22．已知函数（其中）．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)当时，不等式恒成立，求整数的最大值．
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）当时，，求导，利用导数的几何意义求切线的方程；
（2）可化为，分和两种情况，当时，恒成立，令，，只需，求导判断单调性，求解最小值即可.
【详解】（1）当时，，定义域为，则，
且，则，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）可化为，
因为，则有：
当时，则，符合题意，；
当时，则，可得恒成立，
令，，可知：，
可得，
令，，
则在上恒成立，
可知：在上单调递增，且，，
则，使得，即，
当时，，即，单调递减；
当时，，即，单调递增；
所以，
所以只需，因为，即整数的最大值为；
综上所述：整数的最大值为.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．