江苏省苏锡常镇四市2024届高三下学期教学情况调研考试数学试题

这是一份江苏省苏锡常镇四市2024届高三下学期教学情况调研考试数学试题，共22页。试卷主要包含了若函数是定义在R上的奇函数，则，已知的部分图象如图所示，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、选择题：本题共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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，若中有2个元素，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．某学生通过计步仪器，记录了自己最近30天每天走的步数，数据从小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为（ ）
A．14292B．14359C．14426D．14468
4．若函数是定义在R上的奇函数，则（ ）
A．3B．2C．D．
5．有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线右支上的一个动点，且“”的最小值是，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知圆，过点的直线l与圆O交于B，C两点，且，则（ ）
A．2B．C．D．
8．如图，圆和圆外切于点，，分别为圆和圆上的动点，已知圆和圆的半径都为1，且，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．在区间单调递减
C．在区间的值域为
D．在区间有3个极值点
10．已知正四棱锥的所有棱长均相等，为顶点在底面内的射影，则下列说法正确的有（ ）
A．平面平面
B．侧面内存在无穷多个点，使得平面
C．在正方形的边上存在点，使得直线与底面所成角大小为
D．动点分别在棱和上（不含端点），则二面角的范围是
11．已知定义在上的函数在区间上单调递增，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知函数，则 ．
13．已知，若平面内满足到直线的距离为1的点有且只有3个，则实数 ．
14．有序实数组称为维向量，为该向量的范数，范数在度量向量的长度和大小方面有着重要的作用．已知维向量，其中．记范数为奇数的的个数为，则 ； ．（用含的式子表示）
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知中，角所对的边分别为.
(1)求角；
(2)若，且的周长为，求的面积.
16．单位面积穗数､穗粒数､千粒重是影响小麦产量的主要因素，某小麦品种培育基地在一块试验田种植了一个小麦新品种，收获时随机选取了100个小麦穗，对每个小麦穗上的小麦粒数进行统计得到如下统计表：
其中同一组中的数据用该组区间的中点值作代表.从收获的小麦粒中随机选取5组，每组1000粒，分别称重，得到这5组的质量（单位：）分别为：.
(1)根据抽测，这块试验田的小麦亩穗数为40万，试估计这块试验田的小麦亩产量（结果四舍五入到）；
公式：亩产量亩穗数样本平均穗粒数.
(2)已知该试验田穗粒数近似服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差.若小麦穗粒数不低于28粒的穗数超过总体的，则称该小麦品种为优质小麦品种，试判断该试验田中的小麦品种是否为优质小麦品种.
参考数据：若近似服从正态分布，则.
17．如图，在四棱柱中，四边形与四边形是面积相等的矩形，，，平面平面为的中点.
(1)求点到平面距离的差；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．三等分角是古希腊几何尺规作图的三大问题之一，如今数学上已经证明三等分任意角是尺规作图不可能问题，如果不局限于尺规，三等分任意角是可能的.下面是数学家帕普斯给出的一种三等分角的方法：已知角的顶点为，在的两边上截取，连接，在线段上取一点，使得，记的中点为，以为中心，为顶点作离心率为2的双曲线，以为圆心，为半径作圆，与双曲线左支交于点（射线在内部），则.在上述作法中，以为原点，直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，若，点在轴的上方.
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点且与轴垂直的直线交轴于点，点到直线的距离为.
证明：①为定值；
②.
19．已知函数.
(1)若，讨论的单调性；
(2)已知存在，使得在上恒成立，若方程有解，求实数的取值范围.
穗粒数
穗数
4
10
56
22
8
参考答案：
1．A
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：A
2．B
【分析】根据即可求解.
【详解】，
因为中只有2个元素，则，所以.
故选：B
3．C
【分析】根据给定数据，利用第75百分位数的意义求解即得.
【详解】由，得样本的第75百分位数为第23个数据，
据此估计该学生最近30天每天走的步数数据的第75百分位数为14426.
故选：C
4．A
【分析】根据奇函数的性质可得，进而可得，，即可求解.
【详解】设，则，即，
即，所以.
因为，所以，.
故选：A
5．B
【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.
【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，
则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.
故选：B
6．C
【分析】法一：根据条件，利用点到点的距离公式得到，再利用，即可求出结果；法二：利用双曲线的定义，得到，再利用的取值范围，即可求出结果.
【详解】解法一：不妨设，，，且，
则，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
解法二：
，
所以，解得，，故双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
7．D
【分析】根据条件可得，结合图形得出，然后根据转化法利用向量积求出向量的模即可
【详解】如图，在中，，，，，，
所以.

故选：D
8．D
【分析】由，化简得到，两边平方化简可得：，由化简即可得到答案.
【详解】
，
所以，
所以，即，
解得.
.
故选：D
9．AD
【分析】求出函数解析式，进而求得函数值判断A，举反例判断BC，利用整体代换法判断D即可.
【详解】由图像得，，解得，
故，故此时有，
将代入函数解析式，得，
故，解得，
而，故，此时，
显然成立，故A正确，
易知，，而，，
又，故在区间上并非单调递减，故B错误，
易知，，
故在区间的值域不可能为，故C错误，
当时，，，
当时，取得极值，
可得在区间有3个极值点，故D正确.
故选：AD
10．BD
【分析】过作直线，则为平面与平面的交线，取中点中点F，连接，求得可判断A；取中点中点H，连接，可得，，可判断B；由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，可得，判断C；作垂直于，连接，则为二面角的平面角，求得二面角范围是，判断D.
【详解】已知所有棱长都相等，不妨设为1．
对于A：过S作直线，因为，所以，
所以为平面与平面的交线，
取中点中点F，连接，由正四棱锥，
可得，所以，
所以为二面角的平面角，连接，
在中，
所以平面与平面不垂直，故A错误；
对于B：取中点中点H，连接，
因为，又平面 ，平面，
所以平面，平面，又，
所以平面平面，所以当时，平面，这样的点P有无穷多，故B正确；
对于C：由已知可知当Q在正方形各边中点时，与底面所成的角最大，，所以，所以不布存Q使得与底面成的角为，故C错误；
对于D：作垂直于，连接，
因为平面，又平面，所以，
又，所以平面，因为平面，所以，
因为则为二面角的平面角，
当都无限向点B靠拢时，；当时，，
所以二面角范围是，故D正确．
故选：BD.
11．BCD
【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线对称，关于点对称，从而可确定其周期性，再结合单调性可得函数的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于函数有，，则函数关于直线对称，
由，则函数关于点对称，
所以，所以得，
则，故函数的周期为，且，故函数为偶函数，
因为函数在区间上单调递增，则函数的大致图象如下图：
由对称性可得，
所以，故A不正确；
由于，，所以，故B正确；
又，，所以，故C正确；
，且，
因为，所以，故，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性，解决本题的关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系.考查学生的基本分析能力与计算能力，属于中等难度的题型.
12．
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】，，
，
故答案为：
13．或
【分析】设出动点的坐标，由求得其轨迹方程，由题意知，只需使圆心到直线的距离等于1即可.
【详解】设点，由可得：，
两边平方整理得：，即点的轨迹是圆,圆心在原点，半径为2.
若该圆上有且只有3个点到直线的距离为1，
则圆心到直线的距离，解得．
故答案为：或.
14． 40
【分析】根据乘法原理和加法原理即可求解；根据和的展开式相减得到的通项公式.
【详解】根据乘法原理和加法原理得到．
奇数维向量，范数为奇数，则的个数为奇数，即1的个数为1，3，5，…，，
根据乘法原理和加法原理得到，
两式相减得到.
故答案为：2；.
15．(1)
(2).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，切化弦后整理可得；
（2）根据余弦定理，联立已知条件解方程组可得，然后由面积公式可得.
【详解】（1）由正弦定理边化角得，所以，
即，
整理得，
因为，所以，
又，所以.
（2）由正弦定理得，
又，所以，即，
所以，
所以，所以，
所以的面积.
16．(1)；
(2)该试验田中的小麦为优质小麦品种.
【分析】（1）用每组区间的中点值乘以穗数求和除以100得到样本平均穗粒数，再由题所给数据得到样本平均千粒重，代入所给公式即可；
（2）先根据数据求得，再由，根据正态分布的原则，求得概率即可判断.
【详解】（1）该试验田样本平均穗粒数为，
样本平均千粒重为，
所以这块试验田的小麦亩产量的估计值为，
（2）由（1）得，
所以，
由得：，
故：，
所以该试验田中的小麦为优质小麦品种.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题设条件得到平面，从而有，再利用几何关系得到，得到平面，从而点到平面的距离分别为，分别求出，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用线面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）因为四边形是矩形，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
在矩形中，，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
设，则点到平面的距离分别为，
又，
所以点到平面距离的差为.
（2）因为平面平面，所以，
又，所以，
又由矩形知，两两垂直，
以点为坐标原点，以直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
所以
设平面的一个法向量为，则，即，
取，得，所以，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题设直接求出，即可求出结果；
（2）①根据条件得到直线的方程为，设，则
，利用两点间的距离公公式及，即可证明结果；②根据条件得到，从而得到，再利用几何关系，即可证明结果.
【详解】（1）设双曲线的方程为，
由及，可得，所以，
因为双曲线的离心率为2，所以，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）①由题可得，
因为，所以直线的方程为，
设，则，
所以，
，所以，为定值.
②因为，由①得，
因为，所以，
又都是锐角，所以，
所以，所以.
【点睛】关键点晴：本题的关键在于第（2）问中的②问，利用①中结果得到，从而得到，再利用条件，即可求解.
19．(1)在上单调递减，在上单调递增；
(2).
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，令，判断的单调性，即可得到的取值情况，从而得到的单调区间；
（2）求出函数的导函数，即可判断导函数的单调性，依题意可得，即可得到，设，依题意可得有解，利用导数说明的单调性，即可得到，从而得到，再令，利用导数求出的单调性，即可求出函数的极值与区间端点的函数值，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域为，
当时，，所以，
设，因为、都在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
所以时，单调递减；
时，单调递增.
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）由，，
得，
因为、都在上单调递增，所以在上单调递增，
已知存在，使得在上恒成立，所以是的最小值，所以，
即，所以，
所以
，
设，
由方程有解，得有解，
即有解，
因为在上恒成立，所以在上单调递减，
所以，则，
设，则，
所以时，单调递增，时，单调递减，
又，
所以，即的取值范围是.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：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．