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    2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期10月期中数学试题含答案

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    2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期10月期中数学试题含答案

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    这是一份2024届江苏省镇江市丹阳市高三上学期10月期中数学试题含答案,共21页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题,未知等内容,欢迎下载使用。
    一、单选题
    1.已知集合,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】C
    【分析】根据补集的运算即可求解.
    【详解】由于,
    又所以,
    故选:C
    2.已知复数的模为2,则实数( )
    A.B.C.或2D.或4
    【答案】D
    【分析】根据复数的运算法则,求得,结合复数模的计算公式,列出关于方程,即可求解.
    【详解】由复数,
    因为复数的模为,可得,解得.
    故选:D.
    3.使成立的一个充分不必要条件是( )
    A.B.C.D.
    【答案】C
    【分析】解不等式,利用集合的包含关系判断可得出结论.
    【详解】解不等式,可得,
    因为,,
    ,
    因此,使成立的一个充分不必要条件是.
    故选:C.
    4.已知正实数、满足,则的最小值为( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】由已知等式变形可得,可得出,利用基本不等式可求得的最小值.
    【详解】因为正实数、满足,则,可得,
    所以,,
    当且仅当时,即当时,等号成立,此时,,
    故的最小值为.
    故选:B.
    5.若向量,,则在上的投影向量为( )
    A.B.C.D.
    【答案】C
    【分析】首先求出、,再根据投影向量的定义计算可得.
    【详解】因为,,所以,,
    所以在上的投影向量为.
    故选:C
    6.在中,若,则的面积为( )
    A.B.C.或D.
    【答案】D
    【分析】利用余弦定理求,进而利用面积公式求面积.
    【详解】由题意可得:,即,
    整理得,解得或(舍去),
    所以的面积为.
    故选:D.
    7.已知圆锥为底面圆心,为圆锥的母线,且,若的面积等于,则该圆锥的体积为( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】设圆锥的底面半径为,根据的面积解得,进而可求圆锥的体积.
    【详解】设圆锥的底面半径为,
    则,
    可知等腰底边上的高为,
    由的面积可得,解得,
    即圆锥的底面半径为2,所以该圆锥的体积.
    故选:B.
    8.设函数和函数的图象的公共点的横坐标从小到大依次为,若,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】A
    【分析】利用余弦方程解出的值,代入,再利用二倍角公式并构造齐次式进行求解.
    【详解】,
    令,则或,
    解得或,
    所以
    因为两函数图象的公共点的横坐标从小到大依次为,
    所以,
    所以即.
    .
    故选:A
    二、多选题
    9.下列选项中正确的是( )
    A.已知向量,若∥,则
    B.已知向量,若的夹角为钝角,则
    C.已知非零向量,若,则与同向共线
    D.若,则和的面积之比为
    【答案】ACD
    【分析】对于A:根据向量平行的坐标表示运算求解;对于B:根据数量积的坐标运算结合向量平行运算求解;对于B:根据向量加法的三角形法则分析判定;对于D:根据向量的线性运算可得,可知:点在线段上,且,进而可得面积关系.
    【详解】对于选项A:若∥,则,可得,故A正确;
    对于选项B:若的夹角为钝角,则,解得且,故B错误;
    对于选项C:若,且为非零向量,
    向量加法的三角形法则可知同向,即与同向共线,故C正确;
    对于选项D:若,即,
    可得(分别为的中点),即,
    可知点在线段上,且,
    则,即,
    所以和的面积之比为,故D正确;
    故选:ACD.
    10.已知函数(其中),,且在上的图象与直线恰有个交点,则的值可能是( )
    A.B.C.D.
    【答案】BC
    【分析】利用诱导公式化简可得出,由可得出或,然后根据函数图象交点个数求出的取值范围,即可求得的可能取值.
    【详解】因为

    所以,,则,
    所以,或,
    解得或,
    当时,,
    由,可得,
    则令,则,如下图所示:
    因为在上的图象与直线恰有个交点,
    即关于的方程在时有两个不同的实根,
    所以,,解得,
    由,可得,此时,;
    由,可得或,
    当时,;当时,.
    故选:BC.
    11.若函数有两个不相等的极值点,则实数的取值可以是( )
    A.B.2C.1D.0
    【答案】BC
    【分析】根据有两个不相同的极值点,转换为有两个不相等实数根,进而构造函数,利用导数求解函数的单调性,即可求解.
    【详解】由得,
    由于有两个不相同的极值点,则有两个不相等的实数根,则 有两个不相等的实数根,
    记,则,
    故当单调递减,当,单调递增,
    所以取极大值,
    又当时,恒成立,
    故,
    故选:BC
    12.在棱长为6的正方体中,,是中点,则下列选项正确的是( )
    A.平面截正方体所得截面为梯形
    B.直线与所成的角的余弦值是
    C.从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长为
    D.点到平面的距离为
    【答案】ABD
    【分析】A选项,作出辅助线,证明线线平行,得到平面截正方体所得截面,证明出截面为梯形;B选项,建立空间直角坐标系,利用公式求出异面直线的夹角余弦值;C选项,将平面折叠到同一平面,结合勾股定理求出最短路径不为;D选项,由空间向量相关公式求出点到平面的距离.
    【详解】A选项,如图1,取的中点,连接,
    因为是中点,故,且,
    所以四边形为平行四边形,则,
    在上取点,使得,
    因为,所以,故,
    故四边形即为平面截正方体所得截面,
    又与平面不平行,故与不平行,
    故四边形为梯形,
    故平面截正方体所得截面为梯形,A正确;
    选项B,以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,
    则,
    故,
    则,
    故直线与所成的角的余弦值是,B正确;
    C选项,将平面与平面沿着折叠到同一平面内,
    连接,如图,
    则,由勾股定理得,
    由于,
    故从点出发沿正方体的表面到达点的最短路径长不为,C错误;
    D选项,,
    设平面的法向量为,
    则,
    令,则,故,
    则点到平面的距离为,D正确.
    故选:ABD
    三、填空题
    13.已知平面向量,,,则和夹角的余弦值为 .
    【答案】/
    【分析】分析可知,求出的值,可得出向量的坐标,再利用平面向量数量积的坐标运算可求得和夹角的余弦值.
    【详解】因为平面向量,,,则,解得,
    所以,,则,
    所以,.
    故答案为:.
    14.函数的最小值为 .
    【答案】1
    【分析】由解析式知定义域为,讨论、、,并结合导数研究的单调性,即可求最小值.
    【详解】由题设知:定义域为,
    ∴当时,,此时单调递减;
    当时,,有,此时单调递减;
    当时,,有,此时单调递增;
    又在各分段的界点处连续,
    ∴综上有:时,单调递减,时,单调递增;

    故答案为:1.
    15.在三棱锥中,是边长为的正三角形,是以为斜边的直角三角形,平面平面,则三棱锥的外接球的表面积为 .
    【答案】
    【分析】取中点,连接,为的重心,连接,可证为球心,结合球的表面积公式即可.
    【详解】如图,取中点,连接,为的重心,连接,
    因为是以为斜边的直角三角形,则,
    又平面平面,平面平面,
    则平面,平面,
    则,
    则,
    又是边长为的正三角形,,
    则,

    则,为外接球的球心,半径为2,
    则表面积为.
    故答案为:.
    16.已知函数,若不等式恒成立,则实数的最大值为 .
    【答案】/
    【分析】设,结合的奇偶性和单调性分析可得对任意的恒成立,令,利用导数判定原函数的单调性和最值,结合恒成立问题分析求解.
    【详解】设,可知的定义域为,
    则,所以为奇函数,
    因为,可知在上单调递增,
    对于不等式,即,
    可得,则,
    可得,注意到,可得,
    原题意等价于对任意的恒成立,
    令,则,
    令,解得;令,解得;
    则在上单调递减,在上单调递增,
    当时,取到最小值,
    可得,所以实数的最大值为.
    故答案为:.
    【点睛】关键点睛:1.构建函数,将问题转化为函数奇偶性,方便理解分析;
    2.利用参变分离处理恒成立问题,这是常用处理技巧.
    四、解答题
    17.在①,②,③这三个条件中任选一个,补充在下面的问题中,并解答问题:
    在中,内角的对边分别为,且满足_______________.
    (1)求角的值;
    (2)若的面积为,点在边上,且,求的最小值.
    【答案】(1)
    (2)
    【分析】(1)若选①:利用三角恒等变换化简整理得,即可得结果;若选②:利用正弦定理结合两角和差公式运算求解;若选③:利用正弦定理结合辅助角公式运算求解;
    (2)利用面积可得,利用向量运算结合基本不等式分析求解.
    【详解】(1)若选①:因为,


    解得,且,所以;
    若选②:因为,
    由正弦定理可得:,
    且,则,
    可得,整理得,
    且,所以;
    若选③:因为,
    由正弦定理可得,
    且,则,可得,
    即,可得,
    且,则
    可知,所以.
    (2)因为的面积为,则,
    由题意可得:,


    当且仅当,即时,等号成立,
    即,所以的最小值.
    18.已知函数(其中)为奇函数.
    (1)求实数的值;
    (2)若不等式对于恒成立,求实数的最小值.
    【答案】(1)
    (2)
    【分析】(1)根据求得,并根据奇函数的定义检验;
    (2)根据的单调性可得的值域,令,整理得原题意等价于对于恒成立,根据恒成立问题结合基本不等式运算求解.
    【详解】(1)因为为奇函数,且的定义域为,
    可知,解得,则,
    且,即,
    可得为奇函数,所以.
    (2)由(1)可知:,
    因为在内单调递增,可知在内单调递增,
    且,则,
    令,则,
    对于不等式,即,
    则,
    原题意等价于对于恒成立,
    且,当且仅当,即时,等号成立,
    则,解得
    所以实数的最小值.
    五、未知
    19.如图,在四棱台中,底面是中点.底面为直角梯形,且.
    (1)证明:直线平面;
    (2)求二面角的正弦值.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【分析】(1)根据题意先证平面,进而可得,根据勾股定理可得,根据线面垂直的判定定理分析证明;
    (2)建系,分别求平面、平面的法向量,利用空间向量求二面角.
    【详解】(1)因为底面,底面,则,
    由题意可知:,且平面,
    所以平面,且平面,可得,
    不妨设,由题意可得:,
    可知:,即,
    且,平面,
    所以直线平面.
    (2)如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,不妨设,
    则,
    可得,
    设平面的法向量,则,
    令,则,可得,
    设平面的法向量,则,
    令,则,可得,
    可得,
    设二面角为,则,
    所以二面角的正弦值.
    六、解答题
    20.已知,记.
    (1)求函数的最小正周期和对称中心;
    (2)若,求.
    【答案】(1)最小正周期,对称中心为
    (2)
    【分析】(1)根据数量积的坐标运算结合三角恒等变换整理得,进而求最小正周期和对称中心;
    (2)根据题意结合角的范围可得,,注意到,结合三角恒等变换求值.
    【详解】(1)因为

    所以的最小正周期,
    令,解得,
    所以的对称中心为.
    (2)因为,可得,
    又因为,则,
    且,,
    可知,则,
    则,

    可得

    所以.
    21.如图,在四棱锥中,底面是边长为的菱形,,为正三角形,平面平面,为线段的中点,是线段(不含端点)上的一个动点.
    (1)记平面交于点,求证:平面;
    (2)是否存在点,使得二面角的正弦值为,若存在,确定点的位置;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)证明见解析
    (2)存在,点为线段上靠近点的三等分点,理由见解析
    【分析】(1)证明平面,利用线面平行的性质可证得,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立;
    (2)连接、、,推导出平面,,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,设,其中,利用空间向量法求出的值,即可得出结论.
    【详解】(1)证明:因为四边形为菱形,则,
    因为平面,平面,所以,平面,
    因为平面,平面平面,则,
    因为平面,平面,因此,平面.
    (2)解:连接、、,
    因为为等边三角形,为的中点,则,
    因为平面平面,平面平面,平面,
    所以,平面,
    因为四边形是边长为的菱形,则,
    又因为,则为等边三角形,则,
    以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,
    则、、、,
    设,其中,
    设平面的法向量为,,,
    则,取,可得,
    设平面的法向量为,

    则,
    取,则,,所以,,
    由题意可得,
    整理可得,即,因为,解得,
    故当点为线段上靠近点的三等分点时,二面角的正弦值为.
    22.已知函数(其中).
    (1)当时,求函数在处的切线方程;
    (2)当时,不等式恒成立,求整数的最大值.
    【答案】(1)
    (2)4
    【分析】(1)当时,,求导,利用导数的几何意义求切线的方程;
    (2)可化为,分和两种情况,当时,恒成立,令,,只需,求导判断单调性,求解最小值即可.
    【详解】(1)当时,,定义域为,则,
    且,则,
    所以曲线在点处的切线方程为.
    (2)可化为,
    因为,则有:
    当时,则,符合题意,;
    当时,则,可得恒成立,
    令,,可知:,
    可得,
    令,,
    则在上恒成立,
    可知:在上单调递增,且,,
    则,使得,即,
    当时,,即,单调递减;
    当时,,即,单调递增;
    所以,
    所以只需,因为,即整数的最大值为;
    综上所述:整数的最大值为.
    【点睛】方法点睛:导函数中常用的两种转化方法:
    一是利用导数研究含参函数的单调性,常化为不等式恒成立问题,注意分类讨论与数形结合思想的应用;
    二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.

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