江苏省徐州市2024届高三上学期11月期中数学试题(解析版)_第1页
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PAGEPAGE1江苏省徐州市2024届高三上学期11月期中数学试题一、选择题1.已知集合,则()A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意可知,所以.故选:A.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【答案】D【解析】由题意知,故,故则复数对应的点为,在第四象限,故选:D.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.【答案】D【解析】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.已知向量,若向量在向量上的投影向量为,则()A. B. C.2 D.【答案】A【解析】因为,所以向量在向量上的投影向量为,所以,故故选:A5.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【答案】B【解析】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:B.6.已知,则()A. B. C. D.【答案】C【解析】因为,所以,所以,故,,故选:C.7.已知为偶函数,当时,.若,则()A. B.C. D.【答案】D【解析】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: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.【答案】C【解析】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.Q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【答案】AD【解析】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.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【答案】ABD【解析】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:ABD.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【答案】BC【解析】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:BC.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【答案】ABD【解析】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.三、填空题13.已知随机变量,且,则的值为__________.【答案】0.3【解析】由题意知随机变量,且,则,故,故,故答案为:0.314.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__________.【答案】【解析】令,则,设的通项为,当时,,即展开式中的常数项为.故答案为: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__________.【答案】【解析】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,故答案为: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__________.【答案】【解析】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,故答案为:.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.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.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.(1)解: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)证明:,故.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.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.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.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.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.(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,所在的直线分别为轴,以过点垂直于平面的直线为轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设,可得,则,设平面与平面的法向量分别为,由,令,可得,所以,又由,令,可得,所以,设二面角的平面角的大小为,所以,解得,所以的长的取值范围为.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.解:(1)由已知,则,,曲线在点处的切线方程为,当时,,当时,,设线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积为,则,,令,则,即在上单调递增,令,则,即在上单调递减,即,即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为;(2)由(1),因为当时,函数取得极值,得,解得或,当时,,

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