2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高三上学期11月期中抽测数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年江苏省徐州市铜山区高三上学期期中抽测数学质量检测模拟试题一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．若，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为，则能够构成钝角三角形的概率是（

）A． B． C． D．4．已知向量，若向量在向量上的投影向量为，则（

）A． B． C．2 D．5．已知等比数列的首项为3，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．既不充分又不必要条件6．已知，则（

）A． B． C． D．7．已知为偶函数，当时，.若，则（

）A． B．C． D．8．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，线段的垂直平分线与轴交于点，若，则的面积为（

）A． B． C． D．二、多选题9．为调研某地空气质量，连续10天测得该地PM2.5（PM2.5是衡量空气质量的重要指标，单位：）的日均值，依次为，则（

）A．前4天的极差大于后4天的极差B．前4天的方差小于后4天的方差C．这组数据的中位数为31或33D．这组数据的第60百分位数与众数相同10．已知函数在处取得极小值，与此极小值点相邻的的一个零点为，则（

）A． B．是奇函数C．在上单调递减 D．在上的值域为11．在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（

）A．与是异面直线B．存在点，使得，且平面C．与平面所成角的余弦值为D．点到平面的距离为12．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．当时，C．若是增函数，则D．若和的零点总数大于2，则这些零点之和大于5三、填空题13．已知随机变量，且，则的值为.14．已知的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为.15．已知圆锥的母线长为5，侧面积为，则该圆锥的内切球的体积为.16．已知双曲线的左､右焦点分别为，点在上，且轴，过点作的平分线的垂线，与直线交于点，若点在圆上，则的离心率为.四、解答题17．已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求的标准方程；(2)过点的直线与交于两点，当时，求直线的方程.18．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答下列问题.已知正项数列的前项和为，且__________，.(1)求的通项公式；(2)设为数列的前项和，证明.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.19．在中，角的对边分别为，且.(1)求；(2)设角的平分线交边于点，且，若，求的面积.20．设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量表示最后摸出的2个球的分数之和，求的分布列及数学期望.21．如图，在三棱锥中，侧面是锐角三角形，，平面平面.(1)求证：；(2)设，点在棱（异于端点）上，当三棱锥体积最大时，若二面角大于，求线段长的取值范围.22．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积的最大值；(2)当时，函数取得极值，求的值.1．A【分析】利用并集与补集的概念计算即可.【详解】由题意可知，所以.故选：A2．D【分析】根据复数的乘法运算求得复数z，即可得，可得其对应的点的坐标，即可得答案.【详解】由题意知，故，故则复数对应的点为，在第四象限，故选：D3．D【分析】先确定a可能的取值，再结合余弦定理判断三角形为钝角时a的取值，根据古典概型的概率公式，即可求得答案.【详解】由题意拋掷一枚质地均匀的骰子，将得到的点数记为，则a的取值可能为，有6种可能；能够构成三角形时，需满足，若能够构成钝角三角形，当5所对角为钝角时，有，此时；当a所对角为钝角时，需满足，此时没有符合该条件的a值，故能够构成钝角三角形的概率是，故选：D4．A【分析】根据投影向量定义及向量的数量积、向量的模计算即可.【详解】因为，所以向量在向量上的投影向量为，所以，故故选：A5．B【分析】结合等比数列的通项公式，由可得q的取值范围，说明时不能推出；继而说明成立时推出，即可推得，由此可判断答案.【详解】由题意知等比数列的首项为3，设公比为q，由，则，即或，当时，，即，即“”不是“”的充分条件；当时，即，则，即，即，故“”是“”的必要条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B6．C【分析】根据角的变换及诱导公式，二倍角的正切公式求解即可.【详解】因为，所以，所以，故，，故选：C7．D【分析】利用偶函数的性质及复合函数的单调性计算即可.【详解】由为偶函数可知的图象关于轴对称，又时，单调递增，单调递增，故在上单调递增，上单调递减，即.故选：D8．C【分析】设AB的中点为H，A、B、H在准线上的射影分别为，由题意和抛物线的定义可得，即，设，设直线AB方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求出直线AB的斜率，求得H的坐标，进而求出其中垂线方程，可得D的坐标，结合弦长公式和三角形面积公式计算即可求解.【详解】设AB的中点为H，抛物线的焦点为，准线为，设A、B、H在准线上的射影分别为，则，由抛物线的定义可知，，所以，得,即点H的横坐标为2，设直线AB：，代入抛物线方程，得，由，得且.设，则，解得或（舍去）.所以直线AB：，，所以AB的中垂线方程为，令，解得，即，则，又，所以，所以.故选：C.Q9．AD【分析】根据方差和极差判断A，B选项，根据中位数判断C选项，根据百分位数和众数判断D选项.【详解】前4天的极差，后4天的极差，A正确;前4天的平均数，方差，后4天的平均数，方差,前4天的方差大于后4天的方差，B选项错误;数据从小大排列这组数据的中位数为，C选项错误;这组数据的第60百分位数是第6个数和第7个数的平均数与众数相同，D选项正确.故选:AD.10．ABD【分析】对A，根据极小值可得，再根据极值点与零点关系可得周期，进而可得，再代入极小值点求解即可；对B，根据解析式判断即可；对C，代入判断是否为减区间即可；对D，根据正弦函数在区间上的单调性与最值求解即可.【详解】对A，由题意，且周期满足，故，即，，故.因为在处取得极小值，故，即，又，故，则.由诱导公式，故A正确；对B，，为奇函数，故B正确；对C，则，不为余弦函数的单调递减区间，故C错误；对D，则，故，则，故D正确.故选：ABD11．BC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，根据得到与平行；B选项，先求出，得到平面的法向量，根据数量积为0得到，得到平面；C选项，先求出与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值；D选项，求出平面的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.【详解】A选项，以作坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，则，由于，故与平行，A错误；B选项，设，因为，所以，即，解得，故，设平面的法向量为，则，令，则，则，因为，故，平面，故存在点，使得，且平面，B正确；C选项，平面的法向量为，故与平面所成角的正弦值为，则与平面所成角的余弦值为，C正确；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错误.故选：BC12．ABD【分析】直接代入即可判断A，令，利用导数说明函数的单调性，即可判断B，由在上恒成立，利用导数求出，即可求出的取值方程，即可判断C，首先说明，得到在和上各有一个零点，，利用对数均值不等式得到，即可得到，再说明在和上各有一个零点、且，最后利用基本不等式证明即可.【详解】对于A：当时，则，，所以，故A正确；对于B：，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以当时，，故B正确；对于C：在上恒成立，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，解得，故C错误；对于D：因为，即为的一个零点，当时，有且仅有一个根，此时在上单调递增，所以和都只有个零点，不符合题意；当时，则无零点，只有一个零点，不符合题意；当时在和上各有一个零点，，所以，所以，所以，所以，且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，所以，，所以在和上各有一个零点、，又，所以，所以，故D正确.其中：不等式的证明如下：要证，只需证，令，只需证，，设，，则，可得在上单调递减，∴，得证.故选：ABD方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.13．0.3##【分析】根据正态分布的性质求得，根据正态分布的对称性求出，继而可求得答案.【详解】由题意知随机变量，且，则，故，故，故0.314．【分析】利用二项式定理计算即可.【详解】令，则，设的通项为，当时，，即展开式中的常数项为.故15．【分析】根据圆锥的侧面积求出圆锥的底面半径，即可求得圆锥的高，继而利用圆锥的母线和高之间的夹角的正弦求得内切球半径，即可求得答案.【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥内切球的半径为R，则，则圆锥的高为，设圆锥的母线和高之间的夹角为，则,故该圆锥的内切球的体积为，故16．【分析】由题意求出，结合双曲线定义以及角平线性质推出，从而推出，在中，利用余弦定理可求得，结合齐次式求解离心率，即可得答案.【详解】由题意知，轴，故将代入中，得，则，即，不妨设P在双曲线右支上，则，故；设为的平分线，由题意知，则，即，而，故，由点在圆上，得；又，则，在中，,即，结合，即得，即，解得或（舍），故（负值舍去），即的离心率为，故关键点睛：求解双曲线的离心率，关键是求出之间的数量关系式，因此解答本题时，要结合题中条件以及双曲线定义推出相关线段长，从而在中，利用余弦定理求出的关系，化为齐次式，即可求得答案.17．(1)(2)或【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆经过的点，列出方程组，解之即可求解；（2）易知直线的斜率不为0，设，，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据弦长公式化简可得，结合计算求出k的值即可求解.【详解】（1）由题意，，解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）易知直线的斜率不为0，设，即，，，消去y，得，，，，又，所以，解得，所以直线l的方程为或.18．(1)(2)证明见解析【分析】（1）若选择①，根据和的关系得到，确定等差数列得到通项公式；若选择②，根据和的关系得到，确定等差数列得到通项公式；（2）确定，再根据裂项求和法计算得到答案.【详解】（1）若选择①：，则，相减得到：，，故，，解得，，故数列为首项是，公差为的等差数列，故；若选项②：，则，，相减得到：，整理得到，，故，故数列为首项是，公差为的等差数列，故；（2），故.19．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角结合两角和的正弦公式化简已知等式，可得，即得答案；（2）根据同角三角函数关系求出，设，由二倍角余弦公式求出，利用等面积法推出，结合余弦定理即可求得，从而利用三角形面积公式求得答案.【详解】（1）由题意可得，即,即，而，故；（2）由，可得，角的平分线交边于点，设，则，，即，由，得，即，则，则（负值舍去），故.20．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.【详解】（1）从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为，记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，则，，，所以；（2）X的所有可能取值为2，3，4，则，，，故X的分布列如表：X234P故.难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.21．(1)证明见解析(2)【分析】（1）过点作，根据面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得平面，即可得到；（2）设，得到，令，利用导数求得函数的单调性，得到时，三棱锥的体积最大，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得平面与的法向量分别为和，结合向量的夹角公式和题设条件，列出不等式，求得的取值范围即可.【详解】（1）证明：过点作于点，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又因为，且，所以平面，因为平面，所以.（2）解：设，因为，可得，即，所以，所以，又由，所以，令，可得，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，即时，三棱锥的体积最大，以为原点，所在的直线分