[数学][三模]江苏省宿迁市2024届高三下学期试题（解析版）

这是一份[数学][三模]江苏省宿迁市2024届高三下学期试题（解析版），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。

1. 已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因或，
所以或，
所以，
又，且，
所以，
所以实数的取值范围为，
故选：D.
2. 已知抛物线，点，则“”是“过且与仅有一个公共点的直线有3条”的（ ）
A. 充分条件B. 必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，
则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线为；
当直线的斜率存在时，设直线为，
则，消去整理得，
即有两个不同的解，
所以即，解得或，
所以 “”是“过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件.
故选：A.
3. 已知函数为上的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
因为为上的奇函数，所以.
故选：A
4. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是的一个单调增区间
B. 是的一个对称中心
C. 在上值域为
D. 将的图象向右平移个单位，再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为
【答案】C
【解析】由函数
，
对于A中，当，可得，此时函数不是单调函数，所以A错误；
对于B中，由，所以函数的一个对称中心为，所以B不正确；
对于C中，由，可得，所以，
所以，即，所以C正确；
对于D中，将的图象向右平移个单位，得到，
再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为，所以D错误.
故选：C.
5. 已知在复平面内复数，对应的向量分别为，．若，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，
所以，，
所以，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
6. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ）
A. 函数的最大值为1
B. 函数的最小值为1
C. 函数的最大值为1
D. 函数的最小值为1
【答案】C
【解析】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，
则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，
实线部分为，
故恒成立，
故在R上单调递增，则A，B显然错误，
对于C，D，，
由图像可知，恒成立，故单调递增，
当，，单调递减，
所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.
故选：C
7. 甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻， 则不同排法共有（ ）
A. 24 种B. 36 种C. 48 种D. 72 种
【答案】B
【解析】甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有种，
又因为乙丙不相邻，
所以把乙放入一共有3种，
所以一共有种，
故选：B.
8. 若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，取中点，中点，连接，，，
因是正三角形，则，又是矩形，有，
而平面平面，平面平面，平面，平面，
因此平面，平面，
又，则平面，平面，则，，
，平面，则平面，又平面，
所以，而，则，显然，
由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，
此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，
设，又，，则球的半径，
又四棱锥的表面积为，
由，解得，
，，
所以.
故选：C.
二、选择题
9. 为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5对样本数据（见表格），若已求得一元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（ ）
A.
B. 当时的残差为
C. 样本数据y的40百分位数为1
D. 去掉样本点后，y与x的相关系数不会改变
【答案】BD
【解析】由，，所以样本中心点为，
对于A，将它代入，得，解得，故A错误；
对于B，当时，，所以残差为，故B正确；
对于C，样本数据的第40百分位数为，故C错误；
对于D，由相关系数公式可知，，
所以5组样本数据的相关系数为：
，
去掉样本中心点后相关系数为：
，
所以去掉样本点后，与的样本相关系数不会改变，故D正确.
故选：BD.
10. 在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（ ）
A. B. 的取值范围为
C. 面积的最大值为D. 周长的最大值为
【答案】AB
【解析】对于A，由，所以,
所以，由正弦定理可得
，因为，,
可得，化简得，又，
.故A正确；
对于B，设，，，根据题意，，，
，化简得，则，
，当且仅当时等号成立，又，，
，，即，
故B正确；
对于C，由B，可得，故C错误；
对于D，由前面选项，可得，且，，
，即，令，由，得，解得，
所以三角形周长，
则，令，解得，又，所以在
上单调递减，所以，故D错误.
故选：AB.
11. 已知定义在上不为常数的函数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，令，则，即，
又函数不为常数，，即，故A正确；
对于B，令，则，
令，则，得，
令，则，得，故B正确；
对于C，令，则，所以，即，故C错误；
对于D，令，则，所以，
则，又，
，
当且仅当时等号成立，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12. 设，若，且，则______．
【答案】1024
【解析】根据题意，是二项式系数最大的项，则，
令，得，
.
故答案为：1024.
13. 表示不小于x的最小整数，例如，．已知等差数列的前n项和为，且，．记，则数列的前10项的和______．
【答案】
【解析】由，可得，解得，
又，得，解得，
所以数列的公差为，，
又，
，同理，，，，，
所以数列的前10项的和为.
故答案为：.
14. 若椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，的内切圆的半径为1，则的值为______．
【答案】4
【解析】如图，，
所以，.
故答案为：4.

四、解答题
15. 某批零件一级品的比例约为，其余均为二级品．每次使用一级品零件时肯定不会发生故障，而在每次使用二级品零件时发生故障的概率为．某项任务需要使用该零件次（若使用期间出现故障则换一件使用）．
（1）某零件在连续使用3次没有发生故障的条件下，求该零件为一级品的概率；
（2）当时，求发生故障次数的分布列及期望．
解：（1）记事件 “从这批产品中任取一件为一级品”，则，
记事件 “使用零件次，没有发生故障”，则，．
则，
所以．
（2）依题意的可能取值为，，．
所以，
，
，
所以的分布列如下
所以．
16. 如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
（1）证明：连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，
由，，知，，
则，又四点共面，所以，
由为直三棱柱的侧面知，即，则，
由为的中点得，
所以四边形平行四边形，则，
又平面，平面，，则平面，
因为，分别为，的中点，所以，
又平面，，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）解：（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，，
设，
则，
由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设平面的法向量为，
由，取，得，
则平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则
，
又，则时，的最大值为．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
（法二）在直三棱柱中，底面，
因为底面，所以，
由（1）知，，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，
过作交于，
因为平面平面，所以平面，
又平面平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
因为∽，且正方形的边长为2，
所以，则，
又，要使值最大，
则最小，在中，
过作交于，由等面积可求出，此时．
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
17. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由．
（1）解：设双曲线的焦距为，因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可得，所以，
因为，可得，且，
所以，解得或（舍去），
又因为点在双曲线上，所以，
联立方程组得或（舍去），
所以双曲线方程为：．
（2）解：（ⅰ）若直线的斜率不存在，设方程为，
因为，再设，则，可得，
由，联立方程组，解得，可得原点到直线的距离为．
（ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，
又，设，则，即，
则，（*）联立方程组，整理得当且，即且时，，
代入（*）得，
即（其中），
原点到直线的距离为，
综合（ⅰ）（ⅱ），存在以原点为圆心，半径为的圆与直线相切，
所求定圆的方程为．
18. 在数列中，．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列满足；
①求证：数列是等差数列；
②若，设数列的前n项和为，求证：．
（1）解：因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以n=1时，，
所以数列是各项为0的常数列，即，
所以．
（2）证明：①由得
所以①
所以②
②-①得：③
所以④
④-③得，所以
即
所以数列是等差数列．
②当时，由得，所以，
又，故的公差为1，所以，
所以，
即
．
19. 已知函数．
（1）若曲线在处的切线的方程为，求实数的值；
（2）若函数恒成立，求的取值范围．
解：（1）因为，函数的定义域为，
所以，
由曲线在处的切线的方程为，得，
所以，
设，，
所以函数是上的递增函数，又，
所以方程有唯一解，
所以，，
所以切点坐标为，代入直线方程得．
（2），定义域为，
，
设，所以，
所以在上递减，又，，
所以当时，，即，函数递增，
当时，，即，函数递减，
所以函数的最大值 ，
又，
所以，
所以，
因为恒成立，即恒成立，
设，则，所以递增，
所以，即恒成立，
因为在上递减，且，
所以只需恒成立，即，
又，所以．
1
2
3
4
5
1
0
1
2