2024届江苏省百校联考高三上学期第一次考试数学试题含解析

这是一份2024届江苏省百校联考高三上学期第一次考试数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意可得，结合交集的概念与运算即可求解.
【详解】由题意知，，所以.
故选：D.
2．已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分必要条件的概念结合条件即得.
【详解】“若向量同向，则”为真命题，“若向量反向，则”为假命题，
即“若，则”为假命题，
而“若，则”为真命题，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．欧拉公式（其中为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，下列结论中正确的是（ ）
A．的实部为1
B．在复平面内对应的点在第一象限
C．
D．的共轭复数为1
【答案】C
【分析】根据欧拉公式及复数的概念，利用共轭复数的概念及复数的几何意义，结合复数的模公式即可求解.
【详解】由欧拉公式知，
所以的实部为，共轭复数为故A，D错误；
由欧拉公式知，
所以在复平面内对应的点为
由三角函数知，，
所以在复平面内对应的点在第二象限，故错误；
，故C正确.
故选:C.
4．已知直线和圆，则圆上的点到直线的距离的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，即可得到结果.
【详解】由题知，圆，其中圆心，半径为1，直线过定点，
所以点到直线的距离的最大值为到圆心的距离加上圆的半径，即.
故选：C
5．中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均五十八文，戊己庚均六十文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到58文，戊、己、庚三人共分到60文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（ ）
A．乙分到28文，丁分到24文B．乙分到30文，丁分到26文
C．乙分到24文，丁分到28文D．乙分到26文，丁分到30文
【答案】A
【分析】设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，再根据题意列方程组可解得结果.
【详解】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，
则，解得，
所以乙分得（文），丁分得（文），
故选：A.
6．已知椭圆的左､右焦点分别为，直线与交于两点，若和到直线的距离之比等于3，则（ ）
A．B．C．D．或
【答案】B
【分析】求出焦点坐标，根据已知两焦点到直线距离比等于3，由点线距离公式建立方程求，再验证直线与椭圆是否相交即可.
【详解】椭圆左、右焦点分别为，
设点到直线的距离分别为，
则，
由题意知，，即，
解得，或，
联立消得，
因为直线与椭圆相交于两点，
所以，
解得，
故当时，不舍题意，舍去，则.
故选：B.
7．已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，求导即可得到其最大值，从而得到结果.
【详解】由，得，即.
因为，则，当时，，所以在上单调递增，所以，则.令，则，所以在上单调递增，在上单调递减.
故选：C
8．如图①，已知边长为4的等边分别为边的中点，现以为折痕将折起为四棱锥，使得，如图②，则四棱锥的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取中点，结合等腰三角形三线合一性质、余弦定理和勾股定理可分别证得，，从而得到平面；根据可知为梯形外接圆圆心，设外接圆圆心为，由球的性质可确定球心位置，根据长度关系可得半径，代入球的表面积公式即可.
【详解】取中点，连接，
分别为中点，，，
是边长为的等边三角形，是边长为的等边三角形，
为中点，，，即，；
，，，
，，
，平面，平面，
，，为等边三角形，，
同理可得：，，
为梯形的外接圆圆心，
设的外接圆圆心为，则，
分别过作的平行线，交于点，则点即为四棱锥的外接球球心，即为外接球半径，

，，
四棱锥的外接球体积为.
故选：B.
【点睛】关键点睛；本题考查立体几何中的多面体外接球相关问题的求解，解题关键是能够根据球的性质，结合线面垂直关系确定外接球球心的位置，从而根据长度关系求得外接球半径.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．线性回归方程中，若线性相关系数越大，则两个变量的线性相关性越强
B．数据的第75百分位数为10
C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
D．某校共有男女学生1500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675
【答案】BCD
【分析】根据相关系数的含义判断A；由百分位数求法可判断B；根据独立性检验的思想判断C；由分层抽样比例分配建立关系求解即可判断D.
【详解】对于A，相关系数，且越接近于1，相关程度越大，
反之两个变量的线性相关性越弱，
当时，线性相关系数越大，则越小，
线性相关性越弱，故选项A错误；
对于B，数据是从小到大排列的，由，
则第75百分位数为第6项数据与第7项数据的平均数，
故选项B正确：
对于C：因为，
所以有的把握可判断分类变量与有关联，
此推断犯错误的概率不大于，故选项C正确；
对于D，设该校女生人数是，则由分层抽样的比例分配方式，
得，解得，故选项D正确.
故选：BCD.
10．设函数的定义域为，，，使得成立，则称为“优美函数”.下列所给出的函数中是“优美函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】由已知可得若函数的值域关于原点对称，则为“优美函数”，从而转化为求个函数的值域即可判断.
【详解】由已知可得若函数的值域关于原点对称，则为“优美函数”，
A选项：函数的值域为，是“优美函数”；
B选项：函数的值域为，不是“优美函数”；
C选项：函数，由，可知函数的值域为，不是“优美函数”；
D选项：函数的值域是，是“优美函数”；
故选：AD.
11．函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于点对称
C．函数的图象关于直线对称
D．函数在上单调递减
【答案】BD
【分析】首先化简函数，再根据函数的图象求函数的解析式，结合三角函数的性质，即可判断AB；利用图象平移求函数的解析式，再结合函数的性质，即可判断CD.
【详解】
，，
当，
此时，，
因为，所以，
所以，周期，故A错误；
，所以关于点对称，故B正确；
函数图象向左平移个单位长度后得到，
，当时，，故C错误；
，当时，，
所以函数在上单调递减，故D正确.
故选：BD
12．已知抛物线的焦点为是抛物线上的两点，为坐标原点，则（ ）
A．抛物线的焦点坐标为
B．若三点共线，则
C．若，则的中点到轴距离的最小值为3
D．若，则
【答案】ACD
【分析】根据题意，由抛物线的定义以及性质即可判断ABC，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理即可判断D.
【详解】抛物线的焦点坐标为正确.
当三点共线时，取特殊情形平行轴时，令，则，不妨令，则，故B错误.
当三点共线时，的中点到准线的距离等于4，所以的中点到轴的距离为3.
当三点不共线时，的中点到准线的距离大于4，所以的中点到轴的距离大于3，C正确.
当时，直线过定点.
设直线的方程为，
联立方程整理得，
所以，
所以.
，当时取等号，D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．根据气象统计，长江中下游地区梅雨季节吹东北风的概率为0.7，下雨的概率为0.8，既吹东北风又下雨的概率为0.65，则该地区在某天吹东北风的条件下下雨的概率为 .
【答案】
【分析】根据题意，由条件概率的计算公式，即可得到结果.
【详解】设梅雨季节吹东北风，下雨分别为事件，
则，故.
故答案为：
14．在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则的长为 .
【答案】
【分析】利用向量的线性运算及数量积公式，结合向量的模公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，如图所示
所以，
因为，,
所以，，
，
所以
.
故答案为：.
15．已知，若函数为偶函数，则 .
【答案】
【分析】利用函数奇偶性和正态分布的对称性计算可得,
【详解】已知，
由函数为偶函数，
所以恒成立.
已知，正态密度函数图象关于对称，
由图象可知，要使恒成立，
则区间与关于对称，
即.
故答案为：.
四、双空题
16．已知，当时，的最小值为 ；当时，的值为 .
【答案】 或
【分析】当时，将变形，利用，得到关于整体的不等式，求解不等式可得；当时，找到11的所有整数因子乘法的分解形式，由，则可求解.
【详解】当时，，
令,则，
解得（舍），或，
即，
当且仅当时，等号成立，
当时，，
即，
则，或，
解得，或.
故答案为：；或
五、解答题
17．高三年级组织班级趣味体育比赛，经多轮比赛后，甲､乙两班进入决赛，决赛共设三个项目，每个项目胜者得2分，负者得-1分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的班级获得冠军.已知甲班在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立.
(1)求甲班获得冠军的概率；
(2)用表示乙班的总得分，求的分布列与期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据已知条件，结合相互独立事件的概率乘法公式，以及互斥事件的加法公式，即可求解.
（2）由题意可知，的可能取值为，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解.
【详解】（1）解：设甲班在三个项目中获胜的事件依次为，则甲班获得冠军的概率
，
所以甲班获得冠军的概率为0.6.
（2）根据题意知的可能取值为，
可得，
，
，
.
所以随机变量的分布列为
所以期望.
18．已知正项数列满足，且.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简，可得即可证明；
（2）化简可得，再根据等比等差数列求和求解即可.
【详解】（1），且，
，即，
，又，
是首项为，公比为2的等比数列，
.
（2）设，
.
19．已知的内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，求内切圆周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合三角恒等变换可得解；
（2）可以余弦定理，结合内切圆半径公式可得，利用正弦定理进行边角互化转化为三角函数值域问题即可得最值.
【详解】（1）由已知，
由正弦定理可得.
又，，
得，
上式化简得，
所以，因为，
所以；
（2）由余弦定理可得，
得到，所以.
设内切圆的半径为，，
所以，
又，
又，，且，
则，
，，
所以，
故内切圆周长为.
20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面是棱（不与端点重合）上的点，分别为的中点，.
(1)证明：平面.
(2)当的长为何值时，平面与平面的夹角的大小为？
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，则，从而得证；
（2）解法一：首先证明平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出，即可得解；
解法二：当为的中点时，平面与平面所成角的大小为，首先证明平面，即可得到平面，则为平面与平面所成的二面角的平面角，求出即可.
【详解】（1）取的中点，连接，，则且.
因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）解法1：依题意可知，平面底面，平面底面，平面，所以平面，
又底面为直角梯形，，，且，
所以，所以为平行四边形，所以，则，
如图，以为原点，分别以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，
，
.
设，则，且，
得.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则即
令，则，
所以平面的一个法向量为.
平面与平面所成的锐二面角的大小为，
则，
解得，所以，
即当时，平面与平面所成角的大小为.
解法2：当为的中点，即当时，平面与平面所成角的大小为.
证明：因为，所以.
因为平面底面，平面底面底面，
所以平面.
又因为分别为的中点，所以，所以平面，
平面，所以，，
又因为平面平面，
所以为平面与平面所成的二面角的平面角，
又为等边三角形，为的中点，为的中点，所以，所以，
即平面与平面所成的二面角为，又，所以.
21．已知双曲线的两条渐近线分别为，.
(1)求双曲线的离心率；
(2)为坐标原点，过双曲线上一点作直线分别交直线，于，两点（，分别在第一、第四象限），且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据渐近线方程可得，再通过离心率公式求得离心率；
（2）根据双曲线过点可得双曲线方程，由已知可设点，，再由，可得，，进而可得，设直线的倾斜角为，则，即可得，即可得的面积.
【详解】（1）因为双曲线的渐近线分别为，，
所以，，
所以双曲线的离心率为；
（2）由（1）得，
则可设双曲线，
因为在双曲线上，
所以，则双曲线的方程为，
又点，分别在与上，
设，，
因为，
所以，
则，，
又，同理得，
设的倾斜角为，且，则，
所以.
【点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为，再由条件求出λ的值即可.
22．已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程；
(2)对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）解法一：由可得，令，利用导函数讨论函数的单调性进而求最小值即可；解法二：令，由，
可得的必要条件为，再利用导数证明充分性，即当时，即可；解法三：分离参数可得，利用导函数求单调性进而求最值即可.
【详解】（1）当时，，，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
（2）（解法一）由可得，
令，则，
令，
则，
因为当时，，当时，，所以，
①当，即时，单调递增，
所以，又，
令，
令，则，
易知单调递减，所以，
所以在上单调递增，，
所以，即，
由零点存在定理知存在，使得，
，
令，则，
令，则，
因为当时，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以，，
所以单调递减，所以，
所以符合题意；
②当，即时，矛盾，
综上所述.
（解法二）由可得.
令，有，
所以的必要条件为，
下面证明充分性：
当时，
令，则，
令，则，
又当时，，所以单调递增，单调递增，
又，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增.
所以，
所以当时，，
综上所述，.
（解法三）由可得.
令，则，
令，则，
令，则，
因为当时，单调递增，当时，，单调递减，
所以， 所以，所以，
即单调递减，又，
所以当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，所以.
【点睛】方法点睛：本题考查导数的几何意义和不等式恒成立问题，第二问需要求函数的高阶导数，利用高阶导数分析一阶导数的单调性，结合零点存在性定理判断零点问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.
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3
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0.44
0.34
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