2024年江苏省徐州市高三数学上学期一轮模拟测试卷

这是一份2024年江苏省徐州市高三数学上学期一轮模拟测试卷，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量满足，则（ ）
A．－2B．－1C．0D．2
3．在复平面内，复数对应的点关于直线对称，若，则（ ）
A．B．2C．D．4
4．2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知随机变量服从正态分布，有下列四个命题：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：
如果只有一个假命题，则该命题为（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
7．已知函数的定义域为，且为偶函数，，若，则（ ）
A．1B．2C．D．
8．若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知随机变量服从正态分布，则下列结论正确的是（ ）
A．，B．若，则
C．D．随机变量满足，则
10．如图，在边长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（ ）
A．
B．
C．直线与平面所成角的最小值是
D．的最小值为
11．已知,，下列说法正确的是（ ）
A．存在使得是奇函数
B．任意､的图象是中心对称图形
C．若为的两个极值点，则
D．若在上单调，则
12．已知，是抛物线：上两动点，为抛物线的焦点，则（ ）
A．直线过焦点时，最小值为2
B．直线过焦点且倾斜角为60°时（点在第一象限），
C．若中点的横坐标为3，则最大值为8
D．点坐标，且直线，斜率之和为0，与抛物线的另一交点为，则直线方程为：
三、填空题
13．的展开式中含项的系数为 .
14．已知正项等差数列满足，且是与的等比中项，则的前项和 .
15．过点作圆的两条切线，切点分别为，则的直线方程为 .
16．若函数只有一个极值点，则的取值范围是 .
四、解答题
17．已知数列是等差数列，，且，，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．
(1)求，的值；
(2)求最小自然数n的值，使得．
18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求；
(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积．
19．如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．
(1)求证：平面ABE；
(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．
20．某公司对40名试用员工进行业务水平测试，根据测试成绩评定是否正式录用以及正式录用后的岗位等级，测试分笔试和面试两个环节．笔试环节所有40名试用员工全部参加；参加面试环节的员工由公司按规则确定．公司对40名试用员工的笔试得分笔试得分都在内进行了统计分析，得到如下的频率分步直方图和列联表．
(1)请完成上面的列联表，并判断是否有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；
(2)公司决定：在笔试环节中得分低于85分的员工直接淘汰，得分不低于85分的员工都正式录用．笔试得分在内的岗位等级直接定为一级无需参加面试环节；笔试得分在内的岗位等级初定为二级，但有的概率通过面试环节将二级晋升为一级；笔试分数在内的岗位等级初定为三级，但有的概率通过面试环节将三级晋升为二级．若所有被正式录用且岗位等级初定为二级和三级的员工都需参加面试．已知甲、乙为该公司的两名试用员工，以频率视为概率．
①若甲已被公司正式录用，求甲的最终岗位等级为一级的概率；
②若乙在笔试环节等级初定为二级，求甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率．
参考公式：，
21．已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是
（1）求椭圆的方程：
（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由
22．已知函数（为自然对数的底数）.
(1)若不等式恒成立，求实数的取值范围；
(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
题号
一
二
三
四
总分
得分
男
女
合计
优
得分不低于90分
8
良
得分低于90分
12
合计
40
参考答案：
1．A
【分析】根据交集概念计算出答案.
【详解】.
故选：A.
2．C
【分析】根据向量数量积运算求得正确答案.
【详解】.
故选：C
3．C
【分析】根据对称性得到，从而计算出，求出模长.
【详解】对应的点为，其中关于的对称点为，
故，
故.
故选：C
4．D
【分析】根据椭圆的远地点和近地点的距离可得，进而可求得，求得b，可得答案.
【详解】由题意得，
故，
故选：D.
5．B
【分析】根据三角恒等变换公式求解.
【详解】
所以，
所以
故选:B.
6．D
【分析】根据正态曲线的对称性可判定乙､丙一定都正确，继而根据正态曲线的对称性可判断甲和丁，即得答案.
【详解】因为只有一个假命题，故乙､丙只要有一个错，另一个一定错，不合题意，
所以乙､丙一定都正确，则，
故甲正确，
根据正态曲线的对称性可得，故丁错.
故选：D.
7．A
【分析】设，满足题意，即可求解.
【详解】因为为偶函数，所以，
则关于对称，
设，
，关于对称，
.
，
即满足条件，.
故选:A.
8．D
【分析】设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点，结合韦达定理可得的关系，进而可得的关系，再利用导数即可得出答案.
【详解】设切点，
则切线方程为，
又切线过，则，
有两个不相等实根，
其中或，
令或，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
，，
当时，，当时，，
所以，
即.
故选：D.
9．ABC
【分析】根据正态分布的定义求数学期望和方差求解A，再根据正态分布密度曲线的对称性可求解相应的概率求解B,C，再根据变量关系的期望公式可求解D.
【详解】因为,所以，，A正确；
因为，所以，B正确；
因为，所以，C正确；
因为，所以，
所以,D错误，
故选:ABC.
10．AD
【分析】对于A项转化证明平面；
对于B项，反证法证明，也就验证平面是否成立；
对于C项，根据直线与平面所成角的定义先找到即为直线与平面所成角，在分析求解；对于D项，把往上翻折到与平面共面，在平面内求动点到两个定点距离和最小即可.
【详解】对于A项，连接，在正方体中，
平面，又因为平面，故
故A正确.
对于B项，假设成立，又因为，并且
所以平面，明显不垂直，假设不成立，故B不正确.
对于C项，连接，再连接，
在正方体，易得平面
所以即为直线与平面所成角，
在中， ，当点与点重合时最大，最大值为，直线与平面所成角的最小值是，故C不正确.
对于D项，把往上翻折到与平面共面，
又因为，即往上翻折成，
即在四边形中，求，易得最小值为，所以D正确.
故选：AD
11．ABD
【分析】对于A，当时,为奇函数，从而即可判断；
对于B，设函数的对称中心为,根据，求出对称中心即可判断；
对于C，求导，由题意和韦达定理可得，，再由重要不等式得，即可判断；
对于D，由题意可得恒成立，由，求解即可.
【详解】解：对于A，当时,为奇函数，故正确；
对于B，设函数的对称中心为,则有，
又因为
，
，
所以，解得，
所以的对称中心为，故正确；
对于C，因为，
又因为为的两个极值点，
所以，，所以C错误；
对于D，若单调，则有恒成立，
所以，
解得，选项D正确.
故选：ABD.
12．CD
【分析】对于A B项画出函数图像，把用直线的倾斜角表示，验证是否正确；
对于C 项，可求解；对于D项根据点可求出，就能求出
所以求出直线，分别与抛物线联立求出点，就能求出方程.
【详解】对于A项，过点分别作准线的垂线，垂足分别为，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，准线与轴的交点为，设直线的倾斜角为，画图为：
根据抛物线的定义：，从图可知，
，在中，，
所以，同理
则
，故当时
故最小值为，所以A不正确.
对于B项，由A可知，，
所以，故B不正确.
对于C项，
所以最大值为8，故C正确.
对于D项，由，，知，所以
所以直线的方程为，直线的方程为
联立解得或，所以
联立解得或，所以
所以直线的方程为
即，故D正确.
故选：CD
13．
【分析】利用乘法分配律得到，则来自于的展开式，根据二项式定理即可求解.
【详解】，
的展开式中项为：，
的展开式中没有项，
故的展开式中含项的系数为，
故答案为：.
14．
【分析】根据等差数列的通项公式与，求出的关系，根据是与的等比中项，求出的值.再根据等差数列的前项和公式求
【详解】设等差数列的公差为， ，
所以
又因为即
可得，又由即
即即且正项等差数列，即
解得，所以
故答案为：
15．
【分析】根据题意以为圆心，为半径作圆，两圆方程作差即可得直线的方程.
【详解】圆的圆心，半径，方程化为一般式方程为，
则，
以为圆心，为半径作圆，其方程为，方程化为一般式方程为，
∵，则是圆与圆的交点，
两圆方程作差可得：，
∴直线的方程为.
故答案为：.
16．
【分析】对求导，利用导数与函数极值的关系，分类讨论3是否为极值点，结合的图像性质即可求得的取值范围.
【详解】因为，
所以，
因为只有一个极值点，
所以若3是极值点，
因为，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，故，
则，所以；
当趋向于0时，趋向于1，趋向于0，则趋向于正无穷，
当趋向正无穷时，趋向正无穷的速率远远大于趋向正无穷的速率，则趋向于正无穷，
若3不是极值点，则3是即的一个根，且存在另一个根，此时；
当时，，
令，解得；令，解得；
所以在单调递减，在单调递增，满足题意，
综上：或，即.
故答案为：.
17．(1)，；
(2)11
【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式，写出时的集合可得元素个数，即；
（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单调性得结论．
【详解】（1）设数列的公差为，由，，成等比数列，得，
，解得，所以，
时，集合中元素个数为，
时，集合中元素个数为；
（2）由（1）知，
，
时，=2001<2022，时，=4039>2022，
记，显然数列是递增数列，
所以所求的最小值是11.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.
（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积
【详解】（1）由题意
在△ABC中，，，
由正弦定理得，
∴，整理得到，
而为三角形内角，故，故，而，
故即.
（2）由题意及（1）得
在△ABC中，，，故外接圆直径，
故
，
，
其中，且，
因为，故，而，
故的最大值为1，此时，
故，，
故，
且
故，
此时.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.
（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，
因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，平面，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面.

（2）解：如图所示，过E作交AB于O，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，
要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，
取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，
因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，
以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，
设，所以，
可得，，，则，，
设平面的一个法向量，则，可得，
令，则平面的一个法向量为，
平面的一个法向量为，则，
由图可知二面角的平面角为锐角，
所以二成角的余弦值为．
20．(1)表格见解析，没有；
(2)①；②.
【分析】（1）根据频率直方图求出得分不低于90分的人数，结合所给的公式和数据进行求解判断即可；
（2）①根据古典概型的计算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；
②分类运算即可得解.
【详解】（1）得分不低于90分的人数为：，所以填表如下：
所以，
因此没有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；
（2）不低于85分的员工的人数为：，
直接定为一级的概率为，
岗位等级初定为二级的概率为：，
岗位等级初定为三级的概率为：.
①甲的最终岗位等级为一级的概率为：；
②甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率为：
.
21．（1）；（2）存在，
【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；
（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；
【详解】（1）依题意可得，
设，由余弦定理可知：，
所以，
当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；
此时的面积是，
同时，联立和
解得，，，
所以椭圆方程为.
（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，
所以，，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点O到直线1的距离为d，所以，
整理得，
由，可得，
，
，
， ，恒成立，
即恒成立 ，
所以，所以，
所以定圆C的方程是
所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，
其方程是.
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、离心率的概念、圆的方程求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对直线的斜率分存在不和存在两种情况的讨论.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）先判断在上单调递增，再利用单调性解不等式得解；
（2）等价于对恒成立，令，利用二次求导对分类讨论求函数的最大值得解.
【详解】（1）解：，由复合函数的单调性原理得在上单调递增，由得，即.
（2）解：对恒成立
令，，
，在上单调递减，
，
若，即时，在上恒成立，则在上单调递减，符合题意.
若，即时，
（i）若，则，在上单调递增，这与题设矛盾，舍去.
（ii）若，则存在使，且当时，单调递增，此时这与题设也矛盾，舍去.
综上：实数的取值范围为.
男
女
合计
优得分不低于90分
8
4
12
良得分低于90分
16
12
28
合计
24
16
40
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