江苏省海安高级中学、宿迁中学2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试卷

这是一份江苏省海安高级中学、宿迁中学2023-2024学年高三下学期模拟考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数，（其中为虚数单位，）. 若是纯虚数，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】求出的代数形式，再根据实部为零，虚部不为零列式计算.
【详解】,
因为是纯虚数，
所以，解得.
故选：A.
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将直线变形成斜截式，再根据倾斜角的取值范围结合直线斜率公式求得即可.
【详解】由题意可将原直线方程变形为，
由倾斜角的取值范围，所以倾斜角为.即A、 B 、C错误.
故选：D.
3. 有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有
A. 60种B. 70种C. 75种D. 150种
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：因,故应选C．该试卷源自 每日更新，享更低价下载。考点：排列数组合数公式及运用．
4. 已知等差数列的前项和为，且，，则是中的（ ）
A. 第28项B. 第29项C. 第30项D. 第32项
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式列方程组求出首项和公差，再求出，进而根据通项公式可得项数.
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
令，
得，即是中的第30项.
故选：C.
5. 在中，已知，，则“”是“”成立的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理以及“大边对大角”即可判断出结果.
【详解】由正弦定理得，即，
，又因为，
或；
则“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：.
6. 已知双曲线，直线. 双曲线上的点到直线的距离最小，则点的横坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断直线与双曲线无交点，设与直线平行并与双曲线相切，求出的值，进而求出的横坐标即可.
【详解】
由题意得直线与双曲线无交点；
设直线的平行线，直曲联立，
整理得：，
由直线与双曲线相切知：，
解得，由图形可知时，双曲线上的点到直线的距离最小，
代入，即，解得.
故选：D.
7. 若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由命题的否定为真命题，转化为成立，构造函数利用导数判断单调性即可得解.
【详解】由题意，命题的否定“，，使得”为真命题，
即，
设，则，
所以为增函数，
所以由可知，
故选：B
8. 设实数，，满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意进行转化，利用完全平方式的性质即可得解.
【详解】由可得：
，
当时取等号，
所以的最小值为.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列可以反映总体数据集中趋势的统计特征数为（ ）
A. 方差B. 平均数C. 中位数D. 众数
【答案】A
【解析】
【分析】根据特征数的特点选择.
【详解】可以反映总体数据集中趋势的统计特征数为方差.
故选：A.
10. 已知不等式对任意恒成立，其中，是整数，则取值可以为（ ）
A. B. C. 0D. 8
【答案】BD
【解析】
【分析】对b分类讨论，当 时，由得到在上恒成立，则不存在；当 时，由，结合图象利用数学结合的思想得出a，b的整数解．
【详解】当时，由得到在上恒成立，则不存在，
当时，由可设，，
又的大致图象如下，
那么由题意可知：，再由是整数得到或
因此或-2．
故选：BD
11. 直线与抛物线相交于，两点，过，两点分别作该抛物线的切线，与直线均交于点，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. ，两点的纵坐标之和的最小值为
C. 存在某一条直线，使得为直角
D. 设点在直线上的射影为，则直线斜率的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线的方程为，联立方程组，求得，根据题意，求得，得出在点和处的切线方程，联立方程组求得，得到，可得判定A正确；由，可判定B正确；由，得到，可判定C不正确；求得直线的方程为，联立方程组求得的坐标，结合斜率公式和基本不等式，可判定D正确.
【详解】由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
联立方程组，可得，
设，则，
且，
对于A中，由抛物线，可得，则，
所以在点的切线方程为，即，即，
同理可得：在点处的切线方程为，
联立方程组，解得，
又因为过两点的切线与直线均交于点，所以，
即，所以直线的方程为，恒过定点，所以A正确；
对于B中，由，当且仅当时，等号成立，
即两点的纵坐标之和的最小值为，所以B正确；
对于C中，假设存在某一条直线，使得为直角，即，
可得，即，又因为，（此时矛盾），
所以不存在直线，使得为直角，所以C不正确；
对于D中，因为直线，所以，则直线的方程为，
联立方程组，解得，即，
又由，所以的斜率为，
当时，，当且仅当时，等号成立；
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以或，即直线的斜率为，所以D正确.
故选：ABD.
.
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
1、几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
2、函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知集合，，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】求出集合中元素范围，然后求交集即可.
【详解】，
，
则.
故答案为：
13. 已知函数，若，则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据题中条件，分别讨论和两种情况，解方程，求出，进而可求出结果.
【详解】因为，
当时，，则有，解得，符合题意，
所以；
当时，，则有，无解；
综上所述：.
故答案为6
【点睛】本题主要考查分段函数求值的问题，灵活运用分类讨论的思想，即可求解，属于常考题型.
14. 在长方体中，，，，分别是棱，的中点，则平面截该长方体所得的截面为_________________边形，截面面积为_____________________.
【答案】 ①. 五##5 ②. ##
【解析】
【分析】利用面面平行的性质以及基本事实，可得截面，然后截面面积为分别求解相加即可.
【详解】过作的平行线交于，交于，连接，交于，连接，则直线与直线共面，且点，
则点也在直线与直线确定的面上，
所以可得五边形为平面截该长方体所得的截面，
如图：为中点，为中点，明显有，
所以，所以为靠近的四等分点，
又，且为中点，所以
又，所以，即为靠近的三等分点，
所以，
，，
，，
，
所以，，
，
所以截面面积为.
故答案为：五；.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，已知棱两两垂直，长度分别为1，2，2. 若，且向量与夹角的余弦值为.
（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由，得，从而代入解得答案；
（2）求出平面的法向量，再求法向量与的夹角的余弦值可得到答案.
【详解】（1）依题意，以为坐标原点，
分别为轴建立空间直角坐标系，，因为，所以，
从而，，
则由，解得（舍去）或.
（2）易得，，设平面的法向量，
则，，即，且，所以，
不妨取，则平面的一个法向量，又易得，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查用向量求解空间几何体的线线关系、线面关系，关键是坐标运算、公式运用要正确.
16 已知向量，，. 设.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，若，，，的平分线交于点，求长.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，令，，即可得解；
（2）由题意得：，根据三角形内角的范围可得所以，再由余弦定理得解得，根据的平分线交于点，由结合面积公式即可得解.
【小问1详解】
令，，
则，，
所以函数的单调增区间为，；
【小问2详解】
由题意得：，
因为，所以，
即，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，解得，
因为的平分线交于点，所以，
所以，
所以，解得．
17. 在平面直角坐标系中，设椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，且的周长是.
（1）求椭圆的方程；
（2）当时，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆离心率和焦点三角形的周长，列方程组求出，得椭圆的方程；
（2）设直线，的方程，与椭圆联立，利用韦达定理和求出和的方程，再求出O到直线的距离，可求的面积.
小问1详解】
由题意知，，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，则直线的斜率为0，不满足，
直线的的斜率为0，则三点共线，不合题意，
所以直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，
由，消去得，
设，则，，
同理可得，
由，得，解得，则，
∴直线的方程为，
∴坐标原点O到直线的距离为，
即的面积的面积为.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
18. 设函数，.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若，试判断函数在区间内的极值点的个数，并说明理由；
（3）求证：对任意的正数，都存在实数，满足：对任意的，.
【答案】（1）减区间，增区间
（2）在内有一个极值点
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求解，利用，，解不等式求解单调递增区间，单调递减区间．
（2），其中，再次构造函数令，分析的零点情况．，令，，列表分析得出单调性，判断，由，可判断的零点个数，即可判断的极值点个数．
（3）先猜想，恒成立．再运用导数判断证明．令，．，求解最大值，得出即可．
【小问1详解】
当时，，，
令，，列表分析
故的单调递减区间为，单调递增区间为；
【小问2详解】
，，其中，
令，，令，，
列表分析：
，
而，，，
若，则，，，
因此在上有一个零点，所以在内有一个极值点；
【小问3详解】
猜想：，恒成立．
证明如下：
由（2）得在上单调递增，且，．
因为当时，，
所以．
故在上存在唯一的零点，设为．由
知，，，
又，而时，，
所以（1）．
即，．
所以对任意的正数，都存在实数，使对任意的，使．
补充证明
令，．，
所以在上单调递增．
所以时，，即．
补充证明
令，．，
所以上单调递减．
所以时，，即．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是先猜想，恒成立，再运用导数判断证明，对于存在性问题，找到一个可存在的情况进行证明.
19. “踩高跷，猜灯谜”是我国元宵节传统的文化活动. 某地为了弘扬文化传统，发展“地摊经济”，在元宵节举办形式多样的猜灯谜活动.
（1）某商户借“灯谜”活动促销，将灯谜按难易度分为两类，抽到较易的类并答对购物打八折优惠，抽到稍难的类并答对购物打七折优惠，抽取灯谜规则如下：在一不透明的纸箱中有8张完全相同的卡片，其中3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，顾客每次不放回从箱中随机取出1张卡片，若抽到写有的卡片，则再抽1次，直至取到写有或卡片为止，求该顾客取到写有卡片的概率.
（2）小明尝试去找全街最适合他的灯谜，规定只能取一次，并且只可以向前走，不能回头，他在街道上一共会遇到条灯谜（不妨设每条灯谜的适合度各不相同），最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，小明准备采用如下策略：不摘前条灯谜，自第条开始，只要发现比他前面见过的灯谜适合的，就摘这条灯谜，否则就摘最后一条，设，记小明摘到那条最适合的灯谜的概率为.
①若，，求；
②当趋向于无穷大时，从理论的角度，求的最大值及取最大值时的值.（取）
【答案】（1）
（2）①；②P的最大值为，此时t的值为.
【解析】
【分析】（1）由分类加法原理和分步乘法原理求解；
（2）①由题意可知，要摘到最适合他的灯谜，有两种情况，最适合他的灯谜是第3条和最适合他的灯谜是最后1条，分情况分析两种情况的可能性，结合古典概型即可求出结果；
②记事件A表示最适合的灯谜被摘到，根据条件概率和全概率公式求出，再用导数求出最值即可.
【小问1详解】
8张完全相同的卡片，3张写有字母，3张写有字母，2张写有字母，由抽取规则可知，
该顾客取到写有卡片的概率为.
【小问2详解】
①这4条灯谜的位置从第1条到第4条排序，有种情况.
要摘到最适合的灯谜，有以下两种情况：
最适合的灯谜是第3条，其他的灯谜随意在哪个位置，有种情况，
最适合的灯谜是最后1条，第二适合的灯谜是第1条或第2条，其他的灯谜随意在哪个位置，有种情况
故所求概率为.
②记事件A表示最适合的灯谜被摘到，事件表示最适合的灯谜在灯谜中排在第条，
因为最适合的灯谜出现在各个位置上的概率相等，所以，
以给定所在位置的序号作为条件，
当时，最适合的灯谜在前k条灯谜之中，不会被摘到，此时
当时，最适合灯谜被摘到，当且仅当前条灯谜中的最适合的一条在前k条灯谜中时，
此时，
由全概率公式知，
令函数，，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以，
所以当时，取得最大值，最大值为，此时
即P的最大值为，此时t的值为.
【点睛】方法点睛：
全概率公式是将复杂事件的概率求解问题，转化为在不同情况下发生的简单事件的概率求和问题.1
0
单调递减
单调递增

0
单调递减
单调递增
0
单调递减
单调递增