精品解析：江苏省启东中学2024-2025学年高三下学期期初调研测试数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江苏省启东中学2024-2025学年高三下学期期初调研测试数学试题（解析版），共23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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数定义域化简集合；根据指数函数值域化简集合，再求交集即可.
【详解】因为，，
所以；
故选：B
2. 已知复数则z的虚部为（ ）
A. 2B. 1C. 2iD. i
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算， 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
的虚部为
故选：A
3. 设，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用完全平方公式、二倍角公式、同角三角函数平方关系及由三角函数值判断角的范围可求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
故选：A.
4. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】令易知是的一个根.当时，令利用导数研究其单调性可判断方程根的个数.当时画出两个函数的图象判断交点个数求解.
详解】解：令
当时
故是的一个根.
当时
令
则
所以在上单调递增，
所以
所以时即方程在无实数根.
当时
在上单调递减，且
如图所示：
与的图象在上有两个交点，
所以方程在有两个不同的根.
综上所述，曲线与的交点个数为
故选：C
5. 已知随机变量且则当时的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态曲线关于直线对称，得出即再利用基本不等式，即可求出结果.
【详解】由题意知，随机变量，
所以正态曲线关于直线对称，
又所以即
所以
因为则
所以
当且仅当时取等号，
所以的最小值为
故选：
6. 设数列满足，，，，则满足的的最大值是（ ）
A. 7B. 9C. 12D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件可得，，，所以是首项为1，公差为1的等差数列，是首项为2，公差为1的等差数列，分别求得为奇数时，；为偶数时，，代入不等式求出符合条件的的值即可得的最大值.
【详解】数列满足,,，则，
，即，①
，，②
当是奇数时, 由①得，，
由，得，解不等式，得，
又,所以此时的最大值是9；
当是偶数时, 由②得，，
由，得，解不等式，得，
而,所以此时的最大值是12.
综上可知, 的最大值是12.
故选：C.
7. 已知抛物线的焦点为，准线为为上一点，垂直于点为等边三角形，过的中点作直线，交轴于点，则直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线与轴交于点，连接，说明为矩形，得，求得的斜率为，直线方程可求.
【详解】设直线与轴交于点，连接，
因为焦点，所以抛物线的方程为，准线为，
则，因为是等边三角形，的中点为，
则轴，所以准线为，为矩形，则，
故是边长为4的等边三角形，
易知，则.
因为，所以直线的斜率为,
直线的方程为.
故选：B

8. 已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的，，满足，且，，则（ ）
A.
B. 是偶函数
C. 关于点对称
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法，结合函数的奇偶性与对称性直接判断AB选项，再结合函数的周期性可判断D选项，再根据复合函数求导可判断C选项.
【详解】A选项：由，令，则，
即，A选项错误；
B选项：令，可知，
又不恒为，则，所以函数为奇函数，
令，则，
即，即，
又，
则，
所以，
所以为奇函数，B选项错误；
C选项：由B选项可知，两边同时求导可知，
即函数关于直线对称，
所以函数关于直线对称，C选项错误；
D选项：由B选项可知，即函数的一个周期，
由上述分析和已知条件，，
所以
，D选项正确；
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ）
附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距
A.
B. 当时，对应样本点的残差为
C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11
D. 去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出样本中心点，利用样本中心点在经验回归方程上求出判断；利用残差的概念判断；利用百分数的概念判断；利用样本中心点正好是可判断.
【详解】由表中数据可得
因为经验回归方程为，经过点
则，解得：，故错误；
当时，，
残差为故正确；
因为，
所以表中y的所有样本数据的第70百分位数是从小到大排列的第4个数，为11，故正确；
因为，所以去掉样本点后，y与x的样本相关系数计算公式中的分子、分母都不发生变化不变，所以相关系数的值不变，故正确.
故选：.
10. 在直三棱柱中，分别是的中点，在线段上，则下面说法中正确的有（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 直三棱柱的外接球半径为
D. 直线与直线所成角最小时，线段长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系利用空间位置关系的向量证明可得A正确，再由线面角的向量求法计算可得B错误，确定直三棱柱的外接球球心位置可计算半径为，即C正确，利用异面直线向量求法求出直线与直线所成角最小时点的位置，可判断D正确.
【详解】因为是直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，又，即；
因此两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
对于A，又，所以，可得，
显然平面的一个法向量为，
所以，又平面，所以平面，即A正确；
对于B，易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
所以
因此直线与平面所成角的正弦值为，余弦值为，即B错误；
对于C，因为为直角三角形，所以其外接圆圆心为的中点，外接圆半径为；
因此可得直三棱柱外接球球心即为的中心，
外接球半径为，因此C正确；
对于D，易知，所以，
由在线段上，可设，其中，
所以，
因此直线与直线所成的角的余弦值为
令函数，可得；
易知当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，再结合余弦函数单调性可得此时直线与直线所成的角最小，
因此，即，
因此线段长为，即D正确.
故选：ACD
11. 我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线有4个顶点
C. 曲线与直线有4个交点
D. 曲线上动点到原点距离的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据新定义曲线的知识对选项进行分析，结合图象来确定正确答案.
【详解】对于A，将交换方程依然成立，所以曲线关于对称，A正确；
对于B，易得曲线有四条对称轴轴，轴，直线，
直线，共有8个顶点，B错误；
对于C，由得，
即，
可得，
对于方程，，
则方程有两不等实根，且方程的根不为0和3，
所以方程有4个不等实根，
从而曲线C与直线有4个交点，C正确；
对于D，由得，
，
当且仅当，即时取等号，
则的最小值为，
曲线C上动点P到原点距离的最小值，D错误；
故选：AC
【点睛】思路点睛：
遇到关于新定义曲线性质的问题，首先要明确新定义的内涵和要求.对于各选项，根据曲线方程的特点，分别从对称性、顶点个数、与直线的交点个数以及动点到定点距离最值等角度出发，运用相应的数学知识和方法进行分析.如判断对称性利用交换坐标法，求交点个数通过联立方程求解，求最值借助均值不等式等，逐步得出结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为______．
【答案】240或3840
【解析】
【分析】根据二项式系数和求出，再利用赋值法求出或-4，根据二项式通项公式的展开式求出常数项，分别代入和，求出答案.
【详解】由于的展开式的二项式系数和为64，即，
解得n＝6．
又由于的展开式系数和为729，令得，即，
解得或-4，
的展开式的通项为，令，
解得，
所以展开式的常数项为，
故当时，，当时，．
故答案为：240或3840
13. 如图所示，将一个圆心角为的扇形纸板剪掉扇形，得到扇环，现将扇环围成一个圆台侧面.若，则该圆台的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，利用母线长可求得大圆锥的底面圆半径，进而求得圆锥的高，可求大圆锥的体积，同理求得小圆锥的体积，可求圆台的体积.
【详解】圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，
扇形所围成的大圆锥的弧长为，所围成底面圆的半径为，
所以圆锥的高为，
故扇形所围成的大圆锥的体积为.
同理可得扇形所围成的小圆锥的体积为，
所以则该圆台的体积为.
故答案：.
14. 已知函数有两个极值点，且，则的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】求，根据是的两个极值点可得为方程的两个根，结合韦达定理可得，令，构造函数分析单调性可得的值域，即得的取值范围.
【详解】∵，∴，
∴为方程的两个根，
∴，∴，，
∴
代入可得：，
设，∵，∴，
设，则，
∴在上单调递减，
∵，
∴ ，即的取值范围是.
故答案为：.
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. 已知数列的前项和为，若，
（1）求；
（2）若，为数列的前项和，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数列的递推关系可得是等比数列，求解即可；
（2）先求出的通项公式，然后采用分组转化求和法求解即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，所以，
所以，所以，
又因为，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
又时也满足上式，所以；
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
所以
.
16. 在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，若，，且.
（1）求的值；
（2）若点，分别在边和上，且与的面积之比为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，结合三角形角关系可得；
（2）设，，由三角形面积关系可得，再根据余弦定理及基本不等式可得最值.
【小问1详解】
由已知，即，
再由正弦定理可得，即，，
又，则，
所以，
又，即，
所以；
【小问2详解】
由（1）得，且，
所以，则，
设，，
则，，
又，
即，解得，
所以在中，由余弦定理得，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
17. 如图，在平行六面体中，，且，设与的交于点.
（1）证明:平面；
（2）若，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先通过证明平面，得到，再通过等腰三角形的性质得到，根据线面垂直的判定定理可证平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦.
【小问1详解】
因为底面为平行四边形，且，
所以为菱形，所以.
又，，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以.
在和中：
（）.
所以.
又为中点，所以.
又，平面，且，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系：
因为，，，
所以，，.
所以，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，
取，得.
所以，，.
设直线与平面所成的角为，
则.
18. 已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记
（1）求椭圆C的方程；
（2）若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标；
（3）若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出关于方程组，求得的值，即可得到椭圆方程；
（2）由图形对称性可知定点在x轴上，设，由题意得，求解即可.
（3）设直线PQ的方程为，，，并表示
联立由韦达定理得，，代入化简并结合即可得所求.
【小问1详解】
由题意知，，，又，，，
所以椭圆C的方程为：
【小问2详解】
证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上，
设直线PQ方程为：，，，，
，解得，
即定点坐标为
【小问3详解】
设直线PQ的方程为，，
联立可得，
则，，且
于是
，
，，即的范围是
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点.
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：在区间内有唯一的零点，且.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由导数求得切线斜率，由点斜式得直线方程并整理即可；
（2）（i）求出导函数，根据分类讨论，分和两类，对还需对导函数再一次求导，确定单调性，极值点； （ii）在（i）的基础上，先证明是唯一零点，然后证明：求出，利用是极值点，化简消去，得的函数，然后利用导数证明，最后由的单调性得证结论成立．
【小问1详解】
当时，，
，即切点为，
故曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
（i）函数，
①当时，当时，，
则在区间上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，设，
则在区间上恒成立，
在区间上单调递增，即在区间上单调递增，
又在区间上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是.
（ii）由（i）知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
时，，则，
又在区间上有唯一零点，
即在区间上有唯一零点.
，
由①知，
则，
设，
则，
，
在区间上单调递增，又，
又.
.
由前面讨论知在区间上单调递增，
.
【点睛】方法点睛：本题考查用导数确定函数的极值点与零点问题，属于难题．证明，考虑到的来源，因此联想用的单调性，只要证明，这是关键，为此计算，并由是极值点得出与的关系，从而消去参数，只剩下一个未知数，引入新函数，利用导数证明出结论．
x
1
2
3
4
5
y
5
9
10
11
15