江苏省南通市2024届高三第二次调研测试数学试题及答案

这是一份江苏省南通市2024届高三第二次调研测试数学试题及答案，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．已知单位向量，的夹角为120°，则（ ）
A．B．0C．1D．2
2．在正方体中，下列关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（ ）
A．25B．30C．35D．40
4．已知函数则（ ）
A．B．C．D．
5．设，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．3
6．若函数有大于零的极值点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．设抛物线的焦点为F，C的准线与x轴交于点A，过A的直线与C在第一象限的交点为M，N，且，则直线MN的斜率为（ ）
A．B．C．D．
8．若，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知双曲线的右焦点为F，直线是C的一条渐近线，P是l上一点，则（ ）
A．C的虚轴长为B．C的离心率为
C．的最小值为2D．直线PF的斜率不等于
10．已知，.若随机事件A，B相互独立，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，的定义域均为R，的图象关于点(2，0)对称，，，则（ ）
A．为偶函数B．为偶函数C．D．
三、填空题
12．设，i为虚数单位.若集合，，且，则m＝ .
13．在中，，，M为BC的中点，，则 .
14．若正四棱锥的棱长均为2，则以所有棱的中点为顶点的十面体的体积为 ，该十面体的外接球的表面积为 .
四、解答题
15．甲公司推出一种新产品，为了解某地区消费者对新产品的满意度，从中随机调查了1000名消费者，得到下表：
(1)能否有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关；
(2)若用频率估计概率，从该地区消费者中随机选取3人，用X表示不满意的人数，求X的分布列与数学期望.
附：，.
16．设函数.已知的图象的两条相邻对称轴间的距离为，且.
(1)若在区间上有最大值无最小值，求实数m的取值范围；
(2)设l为曲线在处的切线，证明：l与曲线有唯一的公共点.
17．如图，边长为4的两个正三角形，所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，，直线AB与平面相交于点H.
(1)从下面两个结论中选一个证明：①；②直线HE，GF，AC相交于一点；
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
(2)求直线BD与平面的距离.
18．已知数列的前n项和为，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（），使得，，成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明理由.
19．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.
满意
不满意
男
440
60
女
460
40
0.1
0.05
0.01
k
2.706
3.841
6.635
参考答案：
1．A
【分析】
根据数量积的运算律整理式子，结合数量积的定义，可得答案.
【详解】.
故选：A.
2．D
【分析】
建立空间直角坐标系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
，，
对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：D.
3．B
【分析】
根据给定条件，利用中位数的定义求解即得.
【详解】依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故选：B
4．B
【分析】
由已知函数解析式，结合对数恒等式即可求解．
【详解】由于，所以，
故选：B
5．C
【分析】
由不等式“1”的代换求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，，所以
.
当且仅当，即时取等.
故选：C.
6．C
【分析】
求出函数的导数，求出极值点，利用极值点大于0，求出的范围．
【详解】
函数，
可得，
若，此时单调递增，无极值点，
故，令，解得，
当时，，当时，，
故是的极值点
由于函数有大于零的极值点，
，解得．
故选：C．
7．A
【分析】
根据题意可设直线方程为，联立直线与抛物线方程，通过根与系数的关系及抛物线的焦半径公式，建立方程，即可求解，
【详解】根据题意可得抛物线的焦点，准线方程为，
则有，设直线方程为，
联立，可得，
则，得，故，
设，，
到准线距离为，到准线距离为，
又，有，即，得，
，又，解得，
，又，解得.
故选：A
8．B
【分析】
利用等比中项，结合三角恒等变换求解即得.
【详解】由，，成等比数列，得，
即，
，所以.
故选：B
【点睛】
思路点睛：三角函数是以角为自变量的函数，因此解三角函数题，首先从角进行分析，善于用已知角表示所求角，即注重角的变换.角的变换涉及诱导公式、同角三角函数基本关系、两角和与差的公式、二倍角公式、配角公式等，选用恰当的公式是解决三角问题的关键，明确角的范围，对开方时正负取舍是解题正确的保证.
9．AD
【分析】
根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，求出，再逐项判断即得.
【详解】双曲线的渐近线方程为，依题意，，解得，
对于A，的虚轴长，A正确；
对于B，的离心率，B错误；
对于C，点到直线的距离，即的最小值为，C错误；
对于D，直线的斜率为，而点不在上，点在上，则直线PF的斜率不等于，D正确.
故选：AD
10．BCD
【分析】
根据条件概率公式和独立事件乘法公式即可判断ABC，再根据即可判断D.
【详解】对B，，B正确；
对A，，，A错误；
对C，，，C正确；
对D，
，D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】
由赋值法，函数奇偶性，对称性对选项一一判断即可得出答案.
【详解】令，则，注意到不恒为，
故，故A正确；
因为的图象关于点(2，0)对称，所以，
令，得，
故，故B错误；
令，得，
令，得，故，
从而，故,
令，得，化简得，故C正确；
令，得，而，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：抽象函数的对称性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
12．1
【分析】
由集合的包含关系得两个集合中元素的关系，由复数的相等解的值.
【详解】集合，，且，
则有或，解得.
故答案为：1
13．
【分析】
根据给定条件，取的中点，利用余弦定理求解即得.
【详解】在中，取的中点，连接，由为的中点，得，
在中，由余弦定理得，
则，即，而，所以.
故答案为：
14． /
【分析】
根据给定条件，利用割补法，结合锥体体积公式计算体积；建立空间直角坐标系，求出外接球半径即可求出表面积.
【详解】正四棱锥的所有棱长为2，点是所在棱的中点，如图，
显然，即有，则正四棱锥的高为，
于是，
到平面的距离，
所以所求十面体的体积为；
令，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，则，
，设外接球球心，半径，
则，因此，解得，
所以十面体的外接球的表面积为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.
15．(1)有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关
(2)分布列见解析，期望
【分析】
（1）先利用所给数据表完善列联表，再利用公式求出，利用临界值表进行判定；
（2）先求出不满意的概率为，由二项分布求解概率，列表得到分布列，利用期望公式进行求解
【详解】（1）
补全列联表如图所示：
，故有的把握认为消费者对新产品的满意度与性别有关．
（2）
由题知，从该地区的消费者中随机抽取1人，不满意的概率为，的所有可能取值为0，1，2，3，
且．
，
所以的分布列为：
所以．16．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据周期以及可求解，进而根据整体法即可求解，
（2）求导，根据点斜式求解切线方程，进而构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）由题意可得周期，故，
，
由于，故，
故，
当时，，
由于在区间上有最大值无最小值，故，解得，
故
（2），，
，
故直线方程为，
令，则，
故在定义域内单调递增，又，
因此有唯一的的零点，
故l与曲线有唯一的交点，得证.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】
（1）选择条件①，利用线面平行的判定性质推理即得；选择条件②，利用平面的基本事实推理即得.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【详解】（1）
选择条件①，由,分别为,的中点，得，
又平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
选择条件②，在中，为中点，则与不平行，
设，则，又平面平面，
于是平面平面，又平面平面，因此，
所以,,相交于一点.
（2）
若第（1）问中选①，由（1）知，平面，
则点到平面的距离即为与平面的距离，
若第（1）问中选②，由,分别为,的中点，则，
又平面平面，于是平面，
因此点到平面的距离即为与平面的距离，
连接,，由均为正三角形，为的中点，得，
又平面平面，平面平面平面，
于是平面，又平面，则，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，,，
设平面的一个法向量为,则，令，得，
设点到平面的距离为，则，
所以与平面的距离为.
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】
（1）利用给定的递推公式，结合及等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即可.
（3）由（1）求出，由已知建立等式，验证计算出，再分析求解即可.
【详解】（1）
，，当时，，
两式相减得，即，
则有，当时，，则，即，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）
由（1）得，，则，数列是等差数列，
于是，解得，则，
所以的前项和
.
（3）
由（1）知，，
由成等差数列，得，整理得，
由，得，又，，不等式成立，
因此，即，令，则,
从而，显然，即，
所以存在，使得成等差数列.
【点睛】
易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
19．(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】
（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）
因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）
（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
满意
不满意
总计
男
440
60
500
女
460
40
500
总计
900
100
1000
0
1
2
3