2024届江苏省连云港市高三上学期教学质量调研（一）数学试题含解析

这是一份2024届江苏省连云港市高三上学期教学质量调研（一）数学试题含解析，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
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再由交集，补集，并集的定义判断A，C，D；由集合间的关系判断B.
【详解】由，则，解得：，
所以，
由可得，即，则，
解得：，故， 故B错误；
故A或，故A错误；
或，，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
2．已知，，若，则的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】D
【分析】利用1的代换，基本不等式求解.
【详解】,
当且仅当时，最小值为.
故选：D.
3．在中，点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则（ ）
A．1B．C．D．-1
【答案】B
【分析】根据平面向量的基本定理和线性运算即可求解.
【详解】点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，如图所示，
所以.
故选：B.
4．“”是“直线：与：平行”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证.
【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；
直线：与：平行，有，解得或，
其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.
“”是“直线：与：平行”的充要条件.
故选：A.
5．塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达200~400年之久，给环境带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等9部门联合印度《关于礼实推进型科技染物理工作的通知》明确指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过（ ）年，其残留量为初始量的10%.（参考数据：，）
A．20B．16C．12D．7
【答案】B
【分析】由，解方程即可.
【详解】依题意有时，，则，
当时，有，，
.
故选：B
6．在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一渐近线交于点，若是的中点，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】B
【分析】根据双曲线的性质结合等腰三角形的角度关系求解即可；
【详解】
如图所示，由题意可知，，
又因为若是的中点，,
所以,
所以
根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：
，，
所以
因为，
所以
故选：B.
7．设等差数列的前项和为，已知，，，其中正整数，则该数列的首项为（ ）
A．-5B．0C．3D．5
【答案】D
【分析】结合等差数列的性质求解即可.
【详解】，
又，
两式相减得：
，
解得：
故选：D.
8．已知函数，若对任意，，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求导得出函数的单调性，然后结合函数的奇偶性可将不等式转换成不等式在上的恒成立问题，由此即可进一步求解.
【详解】对函数求导得，
对函数继续求导得，
由基本不等式得，
所以在上单调递增，
又注意到，
所以、随的变化情况如下表：
由上表可知在上单调递减，在上单调递增，
又函数的定义域为，关于原点对称，
且，
所以函数是偶函数，
结合函数的单调性可知，成立当且仅当，
而成立当且仅当，
所以原问题转化成了对任意，不等式组恒成立，
将不等式组变形为，
所以对任意，只需，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
综上所述：满足题意的实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合函数的奇偶性、单调性将原问题转换为对任意，不等式组恒成立，从而根据恒成立问题的求解方法即可顺利求解.
二、多选题
9．若，为空间中两条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】BC
【分析】由点、线、面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，若，，则可能，故A错误；
对于B，因为，则能在内找一条直线，使得，
因为，则，因为，由面面垂直的判定定理可得，故B正确；
对于C，若，则能在内找一条直线，使得，
，，则，又因为，所以，故C正确；
对于D，若，，，则可能异面，故D错误.
故选：BC.
10．已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．
B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增
D．将函数的图像向左平移个单位后与原图象关于轴对称，则的最小值为
【答案】AB
【分析】由函数的图象关于直线对称，求出的值，根据函数解析式求选项中相关的函数性质.
【详解】函数的图象关于直线对称，
则时，取最值，，
则有或，解得，A选项正确；
，
，函数的图象关于点对称，B选项正确；
时，，正弦函数在上不单调，C选项错误；
函数的图像向左平移个单位得函数的图象，
由与的图象关于y轴对称，则，即，
则或，，
又不恒成立，
即，，
则，由，则时的最小值为，D选项错误.
故选：AB．
11．在平面直角坐标系中，已知点是抛物线：的焦点，点是上异于原点的动点，过点且与相切的直线与轴交于点，设抛物线的准线为，，为垂足，则（ ）
A．当点的坐标为时，直线的方程为
B．设，则的最小值为4
C．
D．
【答案】ACD
【分析】由导数的几何意义可判断A；由抛物线的定义结合图象可判断B；由题意求出的坐标，由两点间的距离公式可判断C；证明四边形是菱形可判断D.
【详解】对于A，点的坐标为时，
则，，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，化简可得：，故A正确；
对于B，的准线为，
过点作，交于点，与抛物线交于点，
当点与点重合时，的最小值，所以的最小值为，
故B错误；
对于C，不妨设点在一象限，则点，
所以，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，化简可得：，
令，则，所以，
因为，所以，
所以，，
，
所以，所以，故C正确.
对于D ，因为，，，，
所以，因为，
所以四边形是平行四边形，
又由抛物线的定义可得：，
所以四边形是菱形，所以平分，
所以，故D正确.
故选：ACD.
12．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知条件，利用对数式的运算判断范围，通过构造函数，利用基本不等式和导数求最值判断不等式是否成立.
【详解】已知，则，有，
由，得，则，即，
所以，A选项正确；
函数，有，
时，，单调递减，时，，单调递增，
，，即，时等号成立，
已知，由，所以，B选项正确；
已知，则，，当且仅当，即等号成立，
所以，有，得，C选项错误；
设，有，则，，有，
设，有，
由，有，，，在上恒成立，
得在上单调递增，，即，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，要证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
三、填空题
13．已知向量，，则 .
【答案】5
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，和向量数量积的坐标运算，求的值.
【详解】向量，，则，
.
故答案为：5
14．已知，则 .
【答案】/
【分析】由诱导公式，再利用倍角公式，构造齐次式求值.
【详解】已知，
.
故答案为：
15．已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为 .
【答案】1
【分析】利用导数求切点处的切线方程，可得，通过指数式对数式的运算，求出的值.
【详解】由，，有，，
在点处的切线方程为，
在点处的切线方程为，
则有，得，
所以，可得.
故答案为：1.
16．在平面直角坐标系中，已知圆：，过点的动直线与圆交于点，，若的面积最大值为，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据题意结合面积关系分析可知圆心到动直线的距离的最大值为2，则点在以为圆心，2为半径的圆M上，结合的几何意义分析求解.
【详解】因为圆：，即，可知圆心，半径，
设圆心到动直线的距离为d，设其最大值为，可知，
则，
可得的面积，
令，可知在上的最大值为，
令，解得或，
结合二次函数对称性可知，即，即圆心到动直线的距离的最大值为2，
此时点在以为圆心，2为半径的圆M上，
又因为即为点与点连线的斜率，
显然当直线与圆M相切于第一象限时，斜率最大，
此时，可知，
即的最大值为为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：利用垂径定理结合面积的最大值分析可得圆心到动直线的距离的最大值为2，并转化为图形，数形结合处理问题.
四、解答题
17．在正方体中，设，分别为棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，通过证明，证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，或用定义法求二面角的余弦值.
【详解】（1）连接交于，连接，，.
在正方体中，，，四边形是平行四边形，
所以，.
正方形中，，故是的中点，
所以，且，
在中，，分别是，的中点，
所以，且，
所以，且，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面.
（2）法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设正方体的棱长为2，故，，，，.
在正方体中，平面，故是平面的一个法向量.
设是平面的法向量，，，
故即
取，则
所以是平面的一个法向量.
故，
设二面角的大小为，
据图可知，，
所以二面角的余弦值为.
法二：取的中点，的中点，连接，，.
在正方体中，，，
又，分别是，的中点，故，，
四边形是平行四边形，所以，
又，，故，，
因为，平面，所以平面，
又平面，故.
在正方形中，，
在中，，分别是，的中点，故，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
不妨设正方体的棱长为2，
在中，，，
故，所以，
所以二面角的余弦值为.
18．在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过点作两条互相垂直的直线与曲线相交于，两点和，两点，求四边形的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)32
【分析】（1）利用圆和圆，圆和直线的位置关系的性质和抛物线的定义即可求解.
（2）设直线的方程为，,联立方程组得，再利用抛物线的的性质求，同理求，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）设圆的半径为，圆的圆心，半径为1，
因为圆与圆内切，且与直线相切，
所以圆心到直线的距离为，因此圆心到直线的距离为，且，
故圆心到点的距离与到直线的距离相等，
据抛物线的定义，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.
（2）设直线的方程为，，，.
联立方程组整理得，故
所以
.
因为，直线的方程为，
同理可得.
所以
，
当且仅当，即时，取等号.
所以四边形面积的最小值为32.
19．在中，，，所对的边分别为，，，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用余弦定理即可求解.
（2）先利用余弦定理、正弦定理、两角和差公式得，再把化简到同一个角的三角函数，最后利用正弦函数的单调性确定取值范围.
【详解】（1）在中，，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故，得.
（2）在中，据余弦定理可得，
又，故，即，
又，故.
据正弦定理，可得，
所以，
即，
所以，，
因为，所以，或，
即或（舍）.
所以.
因为是锐角三角形，所以得，
所以，故，
，
所以的取值范围是.
20．已知数列的前项积为，且.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列的定义，为定值即可证明.
（2）由结合（1）求的通项公式，进而得，再把化简代入求值，从而即可证明.
【详解】（1）由数列的前项积为，得，又，
所以，当时，，整理得，即，
所以，当时，为定值，
所以数列是等差数列.
（2）因为，令，得，，故，
结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列，
所以，得.
所以，当时，，
显然符合上式，
所以.
所以，
故
.
因为，，
所以.
21．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点（点在点，之间）.
(1)记直线，的斜率分别为，，求的值；
(2)设直线与交于点，求的值.
【答案】(1)0
(2)1
【分析】（1）设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理求参数，从而得的值；
（2）设由对称关系得的方程和的方程，联立方程组得，代入椭圆方程，得点在双曲线上运动，且，恰好为该双曲线的焦点，从而得的值.
【详解】（1）设直线l的方程为，，.
联立方程组，整理得，
则，即，
所以
；
（2）由（1）可知，，故直线与关于直线对称，
设直线与椭圆的另一个交点为，则与关于轴对称，
设，则.
所以直线的方程为，直线的方程为，
故点满足方程组，解得，
因为点在椭圆C上，所以，
即，整理得，
所以点在双曲线上运动，且，恰好为该双曲线的焦点，
依题意，点在，之间，所以，得，点在双曲线的右支上运动，
所以.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知函数，其中为实数.
(1)若，求实数的最小值；
(2)设函数，若函数存在极大值，且极大值小于0，求实数的取值范围.
【答案】(1)2；
(2).
【分析】（1）将问题转化为，恒成立，令，，利用导数，求出函数的最大值即可得答案；
（2）由题意可得，，求导得，再令，则有，分，，确定的正负、零点点，从而确定的正负及函数的单调性和极值，最后由极大值小于0，求解即可得答案.
【详解】（1）解：依题意，，，
即，.
令，，故，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以当时，.
所以，得，
所以实数的最小值为2.
（2）依题意，，，
故，令，则，
①若，，则 即在上单调递增；
因为，，且在上的图象不间断，
据零点存在性定理，存在，使得，
且当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以函数在上不存在极大值，故不符题意.；
②若，令，得.
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
因为函数存在极大值，故，即，解得，
此时，，；
，，
（证明：令，，所以，在上单调递增，
故，即），
又在上的图象不间断，
据零点存在性定理，存在，，使得，
且当时，，在和上单调递减；
当时，，在上单调递增，
所以函数在上得极大值为.
依题意，，即，得，
又，即，得，代入上式，
得，故，
又，即，所以，得，
所以.
据，得，其中，
令，，故，
所以在上单调递减，，即，
所以，
综上所述，实数a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：在求导后，不能确导数正负的情况下，再将导数令成一个函数，继续求导，通过对新函数导数，则能达到目的.