江苏省徐州市2024届高三上学期11月期中数学试题（解析版）

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，，