江苏省南京市协同体七校2024-2025学年高三上学期期中联合考试数学试卷(含答案)

这是一份江苏省南京市协同体七校2024-2025学年高三上学期期中联合考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．若，则( )
A.B.1C.D.
3．已知向量，，，若，则( )
A.B.C.D.
4．已知，，且，则的最小值为( )
A.12B.9C.6D.3
5．已知直径为12的球内有一内接圆柱（圆柱上下底面圆在球面上），则圆柱体积的最大值为( )
A.B.C.D.
6．已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．将一枚均匀的骰子掷两次，记事件A为“第一次出现偶数点”，事件B为“两次出现的点数和为9”，则下列结论中正确的是( )
A.B.
C.D.A与B相互独立
8．已知是定义在R上的周期函数，周期，且当时，若，则下列结论中一定正确的是( )
A.时，可以有三个解
B.时，可以有三个解
C.时，可以有一个解
D.时，可以有四个解
二、多项选择题
9．已知抛物线，直线与抛物线C交于P，Q两点，分别过P，Q两点作抛物线准线的垂线，，垂足分别是M，N，下列说法正确的是()
A.直线l过抛物线C的焦点
B.当时，P，Q两点横坐标的和为5
C.当时，直线l截抛物线所得的弦长为8
D.以为直径的圆与直线l相切
10．已知正方体，点P满足，，，则下列说法正确的是( )
A.存在唯一一点P，使得过，B，P的平面与正方体的截面是菱形
B.存在唯一一点P，使得平面
C.存在无穷多个点P，使得平面
D.存在唯一一点P，使得
11．如果X服从二项分布，当且时，可以近似的认为X服从正态分布，据统计高中学生的近视率，某校有600名高中学生.设X为该校高中学生近视人数，且X服从正态分布，下列说法正确的是( )
（参考数据：，）
A.变量X服从正态分布
B.
C.
D.
三、填空题
12．在等差数列中，，则________.
13．已知函数在区间上有且仅有2个零点，则实数的取值范围是________.
14．已知e为自然对数的底数，若函数的最大值与函数的最小值相等，则实数a的值是________.
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，已知，，.
(1)求；
(2)若D是中点，求的长度.
16．已知公差不为0的等差数列的前n项和为，，，，成等比数列.
(1)求的通项公式；
(2)若，且，，成等差数列，求出所有的正整数m，n.
17．如图，在四棱锥中，面，四边形是梯形，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．已知函数，.
(1)若，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数的最小值为0，求a的值.
19．已知椭圆的短轴长为2，离心率为，A，B分别是椭圆C的上下顶点，过A作两条互相垂直的直线，，分别交椭圆C于P，Q两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：直线恒过定点；
(3)求面积的最大值.
参考答案
1．答案：B
解析：由可得，则得，
故.
故选：B.
2．答案：C
解析：由题设，则.
故选：C
3．答案：B
解析：向量，，，
若，则，
所以，，
可得，，即得.
故选：B.
4．答案：B
解析：因为，，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为9.
故选：B.
5．答案：A
解析：设圆柱的高为x，底面半径为r，则有，（），
所以，（）
令，则，
令，得又，所以，
当时，，在区间上单调递增；
当时，，在区间上单调递减.
所以.
故.
所以圆柱体积的最大值为.
故选：A.
6．答案：C
解析：已知函数，当时，
单调递增，所以最大值为；
当且时，在上单调递增，最小值为；
所以要使函数在R上单调递增，
则，解得或(舍去).
故选：C.
7．答案：D
解析：对于A：将一枚均匀的骰子掷两次基本事件共有个，
事件包括，，2个基本事件，所以，故A错误；
对于B：因为A，B不互斥，，，所以，故B错误；
对于C：事件B包括，，，，4个基本事件，所以，，故C错误；
对于D：事件A为“第一次出现偶数点”，，，，，A与B相互独立，故D正确；
故选：D.
8．答案：B
解析：因为是周期为1的周期函数，且在上，
要判断有多少个解，需分析与在一个周期内的解的个数，
当时，在一个周期内，因为是二次函数，是线性函数，与最多有2个交点，
当时，在一个周期内，因为是二次函数，是线性函数，与最多有1个交点，
作出函数在两个周期内的图象，如图所示：
由图象可知，
当，若时，直线过原点与，此时只有1个交点，
向下平移至与曲线相切之前有两个交点，相切时有1个交点，
所以与最多两个交点，最多二个解，故A错误；
当时，若，直线过原点与，与可能有二个交点，向下平移至与曲线相切之前有三个交点，故可以有三个解，故B正确；
当时，若，直线过原点与，
与有两个交点，左右平移也有两个交点，
所以与一定有两个交点，不可能有一个解，故C错误；
当时，，直线过原点与，
与有三个交点，左右平移也有三个交点，
与一定有三个交点，故不可以有四个解，故D错误.
故选：B.
9．答案：ACD
解析：由题意知抛物线C的交点坐标为，准线方程为，直线
过定点，所以直线过抛物线的焦点，故A正确；
当时，直线的方程为，联立，消去y得，，
设，，则，所以P，Q两点横坐标的和为6，故B错误；
由抛物线的定义可知，，故C正确；
设线段的中点为E，则，所以以为直径的圆与直线l相切，故D正确.
故选：ACD.
10．答案：BD
解析：点P满足，，，即点P在正方形内（包括正方形的四条边）上运动，
对于A：取线段的中点E，过点B，E，作正方体的截面，
因为面面，面面，根据面面平行
的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行，
所以有，，即四边形为平行四边形，
又E为线段的中点，由可得，
所以四边形为菱形，所以当点P在线段上时，过，B，P的
平面与正方体的截面是菱形，故有无穷多个点P，使得过，B，P的平面
与正方体的截面是菱形，A错误；
以D为坐标原点，以，，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
令，（，），
则，，，，
，，，，
因为，，，
若平面，则，解得，，
即存在唯一点满足条件，故B正确；
因为，，设平面平面的法向量，
则，令，则，若平面，
则，即，所以只有当，时方程有解，
即存在唯一点满足题意，故C错误；
因为，，若，
则，由，可解的，，
所以存在唯一一点，使得，故D正确.
故选：BD.
11．答案：ABD
解析：依题意，，，，
对于A，变量X服从正态分布，A正确；
对于B，
，B正确；
对于C，
，C错误；
对于D，
，D正确.
故选：ABD
12．答案：400
解析：在等差数列中，.
故答案为：400.
13．答案：
解析：因为，上有且仅有2个零点，
所以，所以.
故答案为：
14．答案：/
解析：对于，有，
时，即y在上单调递减，
时，即y在上单调递增，
所以，故的最大值为1，
对于且，有，
显然先增后减，故，
时，即y在上单调递增，
时，即y在上单调递减，
所以，则.
故答案为：
15．答案：(1)；
(2)
解析：（1）方法一：
因为，由正弦定理得：，
又，得，
中，，所以，
又因为在中，所以.
方法二：
因为，，，由余弦定理得：，
解得，所以，
又因为在中，所以.
（2）方法一：
在中，D是中点，所以，
，
，即的长为.
方法二：
由（1）方法二，知，
又D是中点，，
在中由余弦定理有：，
在中由余弦定理有：，
因为，所以，
即，
解得，即的长为.
16．答案：(1)；
(2)，
解析：（1）由，所以.
又因为，，成等比数列，所以，
，
又因为，所以
所以，
所以
（2）由题意可得，所以
方法一：
整理可得，所以，
因为且，所以，
方法二：
，所以，
又，所以或，
当时，，与矛盾，
当时，，符合条件，
所以，
17．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）因为面，平面，
所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又因为平面，
所以平面平面；
（2）设，又因为，
以点O为坐标原点，为x轴，为y轴如图建立空间直角坐标系，
因为，所以，
又因为，，，
所以，，又因为，
所以，，
故，，，，
所以，，，
设面一个法向量为，
所以，所以，
设面一个法向量为，
所以，所以，
，所以.
18．答案：(1)；
(2)答案见解析；
(3)
解析：（1）当时，，，，所以，所以切线方程为
（2）
若，则时，单调递减，时，单调递增；
若，则时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增；
若，则时，单调递增；
若，则时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增
（3）令，
，
当时，，故无最小值
所以，由得，
所以时，单调递减，时，单调递增单增，
所以，
所以，.
19．答案：(1)；
(2)证明见解析；
(3)
解析：（1）因为，，又
解得：，，，
故椭圆的标准方程为
（2）证明：
方法一：
当轴时，，不可能垂直，
故可设直线方程为
由，得，
设，，则，，
所以，，
又因为，所以
即，即：，
所以
代入可得，
整理，解得（舍）或，
所以直线的方程为，令，得，
所以直线过定点，
方法二：
显然，均不可能与坐标轴垂直，故可设
由，得
设，，
所以：，，
因为，互相垂直，同理得，
所以直线的斜率为：，
直线的方程为：，
令得，即直线过定点.
（3）方法一：
由（2）知：
，，
所以面积
令，所以代入可得：
此时，，所以面积的最大值是
方法二：
由（2）知，所以，
因为，互相垂直，同理得，
所以面积
令，，
此时，解得或，
所以面积的最大值是.