2024~2025学年江苏省连云港高三上学期1月月考数学试卷【有解析】

这是一份2024~2025学年江苏省连云港高三上学期1月月考数学试卷【有解析】，共20页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．设全集，集合，集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．不等式成立的一个充分条件是（ ）
A．B．C．D．
4．某地元旦汇演有2男3女共5名主持人站成一排，则舞台站位时男女间隔的不同排法共有（ ）
A．12种B．24种C．72种D．120种
5．已知向量，且，，则（ ）
A．3B．C．D．
6．已知拋物线的焦点为椭圆的右焦点，且与的公共弦经过，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（ ）
A．B．C．D．
8．记表示不超过实数的最大整数，记，则的值为（ ）
A．5479B．5485C．5475D．5482
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．已知的展开式中共有7项，则下列选项正确的有（ ）
A．所有项的二项式系数和为64B．所有项的系数和为1
C．系数最大的项为第4项D．有理项共4项
10．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象如图，则（ ）
A．为奇函数
B．在区间上单调递增
C．方程在内有个实数根
D．的解析式可以是
11．在平面直角坐标系中，若对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，则称函数具备“性质”.则下列函数具备“性质”的是（ ）
A．B．
C．D．
12．如图，一张长､宽分别为的矩形纸，，分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，则（ ）
A．在该多面体中，
B．该多面体是三棱锥
C．在该多面体中，平面平面
D．该多面体的体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知直线与圆交于两点，为原点，且，则实数的值为 .
14．设函数的定义域为，满足，且当时，，则的值为 .
15．已知，则 .
16．已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.问题：在中，内角的对边分别为，且__________.
(1)求角；
(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
18．已知数列满足.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前20项和.
19．如图，在直三棱柱中，.
(1)证明：；
(2)设，若二面角的大小为，求.
20．为了提高生产效率，某企业引进一条新的生产线，现要定期对产品进行检测.每次抽取100件产品作为样本，检测新产品中的某项质量指标数，根据测量结果得到如下频率分布直方图.
(1)指标数不在和之间的产品为次等品，试估计产品为次等品的概率；
(2)技术评估可以认为，这种产品的质量指标数服从正态分布，其中近似为样本的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），计算值，并计算产品指标数落在内的概率.
参考数据：，则，.
21．已知函数，.
(1)证明：；
(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.
22．已知双曲线的虚轴长为4，且经过点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)双曲线的左､右顶点分别为，过左顶点作实轴的垂线交一条渐近线于点，过作直线分别交双曲线左､右两支于两点，直线分别交于两点.证明：四边形为平行四边形.
1．D
【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.
【详解】由已知可得或，因此，，
故选：D.
2．C
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】由已知可得，因此，.
故选：C.
3．C
【分析】首先解不等式得到或，再根据充分条件定理求解即可.
【详解】或，
因为或，
所以不等式成立的一个充分条件是.
故选：C
4．A
【分析】先排列2名男生共有种排法，再将3名女生插入到3名男生所形成的空隙中，共有种排法，分步乘法原理可求得答案.
【详解】解：先排列2名男生共有种排法，再将3名女生插入到3名男生所形成的空隙中，共有种排法，
所以舞台站位时男女间隔的不同排法共有种排法，
故选：A.
5．B
【分析】利用向量共线和向量垂直的坐标表示求出x，y，再求出的坐标计算作答.
【详解】向量，由得：，即，
由得：，即，于是得，，，
所以.
故选：B
6．A
【分析】根据给定条件求出椭圆两焦点坐标，再求出与的公共点的坐标，借助椭圆定义计算椭圆长轴长即可作答.
【详解】依题意，椭圆的右焦点，则其左焦点，
设过的与的公共弦在第一象限的端点为点P，由抛物线与椭圆对称性知，轴，如图，
直线PF方程为：，由得点，于是得，
在中，，，则，因此，椭圆的长轴长，
所以椭圆的离心率.
故选：A
7．C
【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即可求解答案.
【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,
因为MN平行于地面，故 ，
椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，
故 ,
在中， ，即圆柱的底面半径为 ，
所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，
即为 ，
故选：C.
8．B
【分析】分别使、等，然后求和即可.
【详解】由题意可知，当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
所以.
故选：B
9．AD
【分析】由展开式有7项，可知，再由二项式定理的应用依次求解即可.
【详解】解：由展开式有7项，可知，
则所有项的二项式系数和为，故A项正确；
令，则所有项的系数和为，故B项错误；
展开式第项为，
则第4项为负值，故系数最大的项为第4项是错误的；
当时为有理项，则D项正确.
故选：AD
10．BC
【分析】利用图象可求得函数的解析式，利用函数图象平移可求得函数的解析式，可判断D选项；计算可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；当时，求出方程对应的可能取值，可判断C选项.
【详解】由图可知，函数的最小正周期为，，，
所以，，则，可得，
所以，，得，
因为，则，所以，，
将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，
故.
对于A选项，因为，故函数不是奇函数，A错；
对于B选项，当时，，故函数在区间上单调递增，B对；
对于C选项，由，可得，
当时，，所以，，C对；
对于D选项，，D错.
故选：BC.
11．BD
【分析】四个选项都可以做出简图，对于选项A和选项C，可在图中选取特殊点验证排除；选项B、选项D可在图中任意选择点，观察是否存在点，使得成立，即可做出判断.
【详解】
选项A，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两直线是平行的，不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项A错误；
选项B，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项B正确；
选项C，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两曲线不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项C错误；
选项D，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项D正确；
故选：BD
12．BCD
【分析】利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．
【详解】由于长、宽分别为，1，
分别是其四条边的中点，
现将其沿图中虚线折起，
使得四点重合为一点，且为的中点，
从而得到一个多面体，
所以该多面体是以为顶点的三棱锥，故B正确；
，，，故A不正确；
由于，所以，
，可得平面，
则三棱锥的体积为，故D正确；
因为，，所以平面，
又平面，可得平面平面，故C正确.
故选：BCD
13．
【分析】联立直线与圆，再运用韦达定理即可求解．
【详解】联立，设，
则，
因为，
所以有，解得.
故
14．
【分析】根据，将转化为，然后代入已知的解析式可求得答案
【详解】因为函数的定义域为，满足，且当时，，
所以
，
故
15．
【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为.
16．##
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，
正的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，
所以的最大值为.
故
关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
17．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）选择①，运用正弦定理及同角三角函数关系求解；选择②，运用面积公式及同角三角函数关系求解；选择③运用正切两角和公式及诱导公式求解.
（2）根据正弦定理及正切函数的单调性求解
【详解】（1）选择①：条件即，由正弦定理可知，，
在中，，所以，
所以，且，即，所以；
选择②：条件即，即，
在中，，所以，则，
所以，所以.
选择③：条件即，
所以，
在中，，所以.
（2）由（1）知，，所以，
由正弦定理可知，，
由是锐角三角形得，所以.
所以，所以，故的取值范围为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）对已知的式子变形得，则，从而可得数列是以4为公比的等比数列，进而可求出的通项公式；
（2）由（1）求出，从而可求出，进而可求出
【详解】（1）由可知，，即，
由可知，，
所以是以12为首项，4为公比的等比数列，
所以的通项公式为.
（2）由（1）知，，
所以
,
又符合上式,所以,
所以，
所以的前20项和.
19．(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；
（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法，建立方程求解即可.
【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，
又平面，所以，
又，所以四边形是正方形.连接，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）解：以为正交基底建立空间直角坐标系，设，
则，
设，则
设平面的法向量为，
则即得，取，则平面的一个法向量为，
考虑向量，满足所以是平面的一个法向量，
因为二面角的大小为，
所以，解得.
20．(1)
(2)，0.9544
【分析】（1）由频率和为1求参数，结合频率直方图求在和的频率即可得出结果.
（2）按平均数公式求解,由，根据公式对比计算即可得出结果.
【详解】（1）由，解得，
样本中指标数不在和之间的频率为，
所以产品为次等品的概率估计值为.
（2）依题意.
所以，
所以.
21．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）构造函数，利用导数求得，可证得所证不等式成立；
（2）由可得，构造函数，其中，问题转化为直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：要证，即证：当时，不等式恒成立.
令，则，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
则，故.
（2）解：由可得，
构造函数，其中，
则，
当时，，，则，此时函数单调递增，
当时，，，则，此时函数单调递减，
所以，，
令，则当时，，
当时，，故存在时，使得，即，
作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有个交点，
因此，实数的取值范围是.
方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据虚轴长为4，且经过点这两个条件可求解；
（2）要证明四边形为平行四边形，即证明对角线相互平分，也就是证明其对称性，这一点通过横坐标之和为零实现.
【详解】（1）因为双曲线的虚轴长为4，且经过，
所以解得
所以双曲线的标准方程为.
（2）联立得，由题意知过点的直线斜率存在，
设过点的直线方程为，
联立得，
则，得，
所以，
因为，所以直线的方程为，
联立解得，
同理可得，
所以
因为
即.
所以对角线与互相平分，即四边形为平行四边形.