2024届江苏省南通市如皋市高三下-第四次月考数学试题试卷

2024届江苏省南通市如皋市高三下-第四次月考数学试题试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是()A． B． C． D．2．已知集合，集合，则等于（）A． B．C． D．3．已知函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．4．已知定点，，是圆上的任意一点，点关于点的对称点为，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹是（）A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆5．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，以（为坐标原点）为直径的圆交双曲线于两点，若直线与圆相切，则该双曲线的离心率为（）A． B． C． D．6．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（）A．2 B．3 C．4 D．57．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为()A． B． C． D．8．已知正四棱锥的侧棱长与底面边长都相等，是的中点，则所成的角的余弦值为（）A． B． C． D．9．集合，，则=()A． B．C． D．10．若θ是第二象限角且sinθ=，则=A． B． C． D．11．已知数列为等比数列，若，且，则（）A． B．或 C． D．12．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某校开展“我身边的榜样”评选活动，现对3名候选人甲、乙、丙进行不记名投票，投票要求详见选票．这3名候选人的得票数（不考虑是否有效）分别为总票数的88%，75%，46%，则本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为百分之________．“我身边的榜样”评选选票候选人符号注：1．同意画“○”，不同意画“×”．2．每张选票“○”的个数不超过2时才为有效票．甲乙丙14．若点为点在平面上的正投影，则记.如图，在棱长为1的正方体中，记平面为，平面为，点是线段上一动点，.给出下列四个结论：①为的重心；②；③当时，平面；④当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为.其中，所有正确结论的序号是________________.15．在中，内角所对的边分别是，若，，则__________.16．过动点作圆：的切线，其中为切点，若（为坐标原点），则的最小值是__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）设都是正数，且，．求证：．18．（12分）已知函数的最大值为，其中.（1）求实数的值；（2）若求证:.19．（12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b（a2+c2﹣b2）＝a2ccosC+ac2cosA．（1）求角B的大小；（2）若△ABC外接圆的半径为，求△ABC面积的最大值.20．（12分）已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且.（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是△的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值.21．（12分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程和曲线的参数方程；（2）设曲线与曲线在第二象限的交点为，曲线与轴的交点为，点，求的周长的最大值．22．（10分）已知函数.（Ⅰ）已知是的一个极值点，求曲线在处的切线方程（Ⅱ）讨论关于的方程根的个数.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解题分析】令，可得.在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.当时，.由得.设过原点的直线与函数的图象切于点，则有，解得.所以当直线与函数的图象切时.又当直线经过点时，有，解得.结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.2、B【解题分析】

求出中不等式的解集确定出集合，之后求得.【题目详解】由，所以，故选：B.【题目点拨】该题考查的是有关集合的运算的问题，涉及到的知识点有一元二次不等式的解法，集合的运算，属于基础题目.3、D【解题分析】

先将所求问题转化为对任意恒成立，即得图象恒在函数图象的上方，再利用数形结合即可解决.【题目详解】由得，由题意函数得图象恒在函数图象的上方，作出函数的图象如图所示过原点作函数的切线，设切点为，则，解得，所以切线斜率为，所以，解得.故选：D.【题目点拨】本题考查导数在不等式恒成立中的应用，考查了学生转化与化归思想以及数形结合的思想，是一道中档题.4、B【解题分析】

根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可.【题目详解】因为线段的垂直平分线与直线相交于点，如下图所示：所以有，而是中点，连接，故，因此当在如下图所示位置时有，所以有，而是中点，连接,故，因此，综上所述：有，所以点的轨迹是双曲线.故选：B【题目点拨】本题考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力和推理论证能力，考查了分类讨论思想.5、D【解题分析】

连接，可得，在中，由余弦定理得，结合双曲线的定义，即得解.【题目详解】连接，则，，所以，在中，，，故在中，由余弦定理可得.根据双曲线的定义，得，所以双曲线的离心率故选：D【题目点拨】本题考查了双曲线的性质及双曲线的离心率，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.6、D【解题分析】试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.7、B【解题分析】

计算求半径为，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.【题目详解】如图所示：设球半径为，则，解得.故求体积为：，圆锥的体积：，故.故选：.【题目点拨】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.8、C【解题分析】试题分析：设的交点为，连接，则为所成的角或其补角；设正四棱锥的棱长为，则，所以，故C为正确答案．考点：异面直线所成的角．9、C【解题分析】

先化简集合A,B，结合并集计算方法，求解，即可．【题目详解】解得集合，所以，故选C．【题目点拨】本道题考查了集合的运算，考查了一元二次不等式解法，关键化简集合A,B，难度较小．10、B【解题分析】由θ是第二象限角且sinθ=知：，．所以．11、A【解题分析】

根据等比数列的性质可得，通分化简即可.【题目详解】由题意，数列为等比数列，则，又，即，所以，，.故选：A.【题目点拨】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.12、D【解题分析】

设圆柱的底面半径为,则其母线长为,由圆柱的表面积求出,代入圆柱的体积公式求出其体积,结合题中的结论即可求出该圆柱的内切球体积.【题目详解】设圆柱的底面半径为,则其母线长为,因为圆柱的表面积公式为，所以,解得,因为圆柱的体积公式为,所以,由题知,圆柱内切球的体积是圆柱体积的，所以所求圆柱内切球的体积为.故选:D【题目点拨】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式;考查运算求解能力;熟练掌握圆柱的表面积和体积公式是求解本题的关键;属于中档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、91【解题分析】

设共有选票张，且票对应张数为，由此可构造不等式组化简得到，由投票有效率越高越小，可知，由此计算可得投票有效率.【题目详解】不妨设共有选票张，投票的有，票的有，票的有，则由题意可得：，化简得：，即，投票有效率越高，越小，则，，故本次投票的有效率（有效票数与总票数的比值）最高可能为．故答案为：.【题目点拨】本题考查线性规划的实际应用问题，关键是能够根据已知条件构造出变量所满足的关系式.14、①②③【解题分析】

①点在平面内的正投影为点，而正方体的体对角线与和它不相交的的面对角线垂直，所以直线垂直于平面，而为正三角形，可得为正三角形的重心，所以①是正确的；②取的中点，连接，则点在平面的正投影在上，记为，而平面平面，所以，所以②正确；③若设，则由可得，然后对应边成比例，可解，所以③正确；④由于，而的面积是定值，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，而当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.【题目详解】因为，连接，则有平面平面为正三角形，所以为正三角形的中心，也是的重心，所以①正确；由平面，可知平面平面，记，由，可得平面平面，则，所以②正确；若平面，则，设由得，易得，由，则，由得，，解得，所以③正确；当与重合时，最大，为棱长为的正四面体，其外接球半径，则球，所以④错误.故答案为：①②③【题目点拨】此题考查立体几何中的垂直、平行关系，求几何体的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于难题.15、【解题分析】

先求得的值，由此求得的值，再利用正弦定理求得的值.【题目详解】由于，所以，所以.由正弦定理得.故答案为：【题目点拨】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查同角三角函数的基本关系式，考查两角和的正弦公式，考查三角形的内角和定理，属于中档题.16、【解题分析】解答：由圆的方程可得圆心C的坐标为(2,2)，半径等于1.由M(a,b),则|MN|2=(a−2)2+(b−2)2−12=a2+b2−4a−4b+7，|MO|2=a2+b2.由|MN|=|MO|,得a2+b2−4a−4b+7=a2+b2.整理得：4a+4b−7=0.∴a，b满足的关系为：4a+4b−7=0.求|MN|的最小值，就是求|MO|的最小值．在直线4a+4b−7=0上取一点到原点距离最小，由“垂线段最短”得，直线OM垂直直线4a+4b−7=0，由点到直线的距离公式得：MN的最小值为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、证明见解析【解题分析】

利用比较法进行证明：把代数式展开、作差、化简可得,,可证得成立,同理可证明,由此不等式得证.【题目详解】证明:因为,，所以，∴成立，又都是正数，∴，①同理，∴．【题目点拨】本题考查利用比较法证明不等式;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;把差变形为因式乘积的形式是证明本题的关键;属于中档题。18、（1）1；（2）证明见解析.【解题分析】

（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得的最大值，进而求得的值.（2）利用（1）的结论，将转化为，求得的取值范围，利用换元法，结合函数的单调性，证得，由此证得不等式成立.【题目详解】（1）当时，取得最大值.（2）证明:由（1）得，，，当且仅当时等号成立，令，则在上单调递减当时，.【题目点拨】本小题主要考查含有绝对值的函数的最值的求法，考查利用基本不等式进行证明，属于中档题.19、（1）B（2）【解题分析】

（1）由已知结合余弦定理，正弦定理及和两角和的正弦公式进行化简可求cosB，进而可求B；（2）由已知结合正弦定理，余弦定理及基本不等式即可求解ac的范围，然后结合三角形的面积公式即可求解.【题目详解】（1）因为b（a2+c2﹣b2）＝ca2cosC+ac2cosA，∴，即2bcosB＝acosC+ccosA由正弦定理可得，2sinBcosB＝sinAcosC+sinCcosA＝sin（A+C）＝sinB，因为，所以，所以B；（2）由正弦定理可得，b＝2RsinB2，由余弦定理可得，b2＝a2+c2﹣2accosB，即a2+c2﹣ac＝4，因为a2+c2≥2ac，所以4＝a2+c2﹣ac≥ac，当且仅当a＝c时取等号，即ac的最大值4，所以△ABC面积S即面积的最大值.【题目点拨】本题综合考查了正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题.20、（1）不在，证明见详解；（2）【解题分析】

（1）假设直线方程，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算，可得，然后验证可得结果.（2）分别计算线段中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点的轨迹方程，然后可得焦点，结合抛物线定义可得，计算可得结果.【题目详解】（1）设直线方程，根据题意可知直线斜率一定存在，则则由所以将代入上式化简可得，所以则直线方程为，所以直线过定点，所以可知点不在直线上.（2）设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为，直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由，所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得：线段的中垂