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文档简介

2024届江苏省四市高三考前热身数学试卷请考生注意:1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上,请用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前,认真阅读答题纸上的《注意事项》,按规定答题。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.已知集合,若,则实数的取值范围为()A. B. C. D.2.在棱长为a的正方体中,E、F、M分别是AB、AD、的中点,又P、Q分别在线段、上,且,设平面平面,则下列结论中不成立的是()A.平面 B.C.当时,平面 D.当m变化时,直线l的位置不变3.设P={y|y=-x2+1,x∈R},Q={y|y=2x,x∈R},则A.PQ B.QPC.Q D.Q4.已知函数满足,当时,,则()A.或 B.或C.或 D.或5.已知椭圆,直线与直线相交于点,且点在椭圆内恒成立,则椭圆的离心率取值范围为()A. B. C. D.6.下图为一个正四面体的侧面展开图,为的中点,则在原正四面体中,直线与直线所成角的余弦值为()A. B.C. D.7.已知函数在上都存在导函数,对于任意的实数都有,当时,,若,则实数的取值范围是()A. B. C. D.8.关于函数,有下列三个结论:①是的一个周期;②在上单调递增;③的值域为.则上述结论中,正确的个数为()A. B. C. D.9.若x,y满足约束条件的取值范围是A.[0,6] B.[0,4] C.[6, D.[4,10.若满足约束条件则的最大值为()A.10 B.8 C.5 D.311.已知角的终边与单位圆交于点,则等于()A. B. C. D.12.设变量满足约束条件,则目标函数的最大值是()A.7 B.5 C.3 D.2二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.已知正实数满足,则的最小值为.14.已知,在方向上的投影为,则与的夹角为_________.15.的展开式中,的系数是______.16.设函数,若存在实数m,使得关于x的方程有4个不相等的实根,且这4个根的平方和存在最小值,则实数a的取值范围是______.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)已知椭圆:的离心率为,直线:与以原点为圆心,以椭圆的短半轴长为半径的圆相切.为左顶点,过点的直线交椭圆于,两点,直线,分别交直线于,两点.(1)求椭圆的方程;(2)以线段为直径的圆是否过定点?若是,写出所有定点的坐标;若不是,请说明理由.18.(12分)如图,底面是等腰梯形,,点为的中点,以为边作正方形,且平面平面.(1)证明:平面平面.(2)求二面角的正弦值.19.(12分)已知函数.(1)讨论的单调性;(2)函数,若对于,使得成立,求的取值范围.20.(12分)已知分别是的内角的对边,且.(Ⅰ)求.(Ⅱ)若,,求的面积.(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,求的值.21.(12分)在多面体中,四边形是正方形,平面,,,为的中点.(1)求证:;(2)求平面与平面所成角的正弦值.22.(10分)如图所示,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥平面BDF.

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、A【解析】

解一元二次不等式化简集合的表示,求解函数的定义域化简集合的表示,根据可以得到集合、之间的关系,结合数轴进行求解即可.【详解】,.因为,所以有,因此有.故选:A【点睛】本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题,考查了解一元二次不等式,考查了函数的定义域,考查了数学运算能力.2、C【解析】

根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.【详解】因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立;因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立;易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.故选:C【点睛】本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.3、C【解析】

解:因为P={y|y=-x2+1,x∈R}={y|y1},Q={y|y=2x,x∈R}={y|y>0},因此选C4、C【解析】

简单判断可知函数关于对称,然后根据函数的单调性,并计算,结合对称性,可得结果.【详解】由,可知函数关于对称当时,,可知在单调递增则又函数关于对称,所以且在单调递减,所以或,故或所以或故选:C【点睛】本题考查函数的对称性以及单调性求解不等式,抽象函数给出式子的意义,比如:,,考验分析能力,属中档题.5、A【解析】

先求得椭圆焦点坐标,判断出直线过椭圆的焦点.然后判断出,判断出点的轨迹方程,根据恒在椭圆内列不等式,化简后求得离心率的取值范围.【详解】设是椭圆的焦点,所以.直线过点,直线过点,由于,所以,所以点的轨迹是以为直径的圆.由于点在椭圆内恒成立,所以椭圆的短轴大于,即,所以,所以双曲线的离心率,所以.故选:A【点睛】本小题主要考查直线与直线的位置关系,考查动点轨迹的判断,考查椭圆离心率的取值范围的求法,属于中档题.6、C【解析】

将正四面体的展开图还原为空间几何体,三点重合,记作,取中点,连接,即为与直线所成的角,表示出三角形的三条边长,用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠,可得原正四面体如下图所示,其中三点重合,记作:则为中点,取中点,连接,设正四面体的棱长均为,由中位线定理可得且,所以即为与直线所成的角,,由余弦定理可得,所以直线与直线所成角的余弦值为,故选:C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角,将展开图折叠成空间几何体,余弦定理解三角形的应用,属于中档题.7、B【解析】

先构造函数,再利用函数奇偶性与单调性化简不等式,解得结果.【详解】令,则当时,,又,所以为偶函数,从而等价于,因此选B.【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式,考查综合分析求解能力,属中档题.8、B【解析】

利用三角函数的性质,逐个判断即可求出.【详解】①因为,所以是的一个周期,①正确;②因为,,所以在上不单调递增,②错误;③因为,所以是偶函数,又是的一个周期,所以可以只考虑时,的值域.当时,,在上单调递增,所以,的值域为,③错误;综上,正确的个数只有一个,故选B.【点睛】本题主要考查三角函数的性质应用.9、D【解析】解:x、y满足约束条件,表示的可行域如图:目标函数z=x+2y经过C点时,函数取得最小值,由解得C(2,1),目标函数的最小值为:4目标函数的范围是[4,+∞).故选D.10、D【解析】

画出可行域,将化为,通过平移即可判断出最优解,代入到目标函数,即可求出最值.【详解】解:由约束条件作出可行域如图,化目标函数为直线方程的斜截式,.由图可知当直线过时,直线在轴上的截距最大,有最大值为3.故选:D.【点睛】本题考查了线性规划问题.一般第一步画出可行域,然后将目标函数转化为的形式,在可行域内通过平移找到最优解,将最优解带回到目标函数即可求出最值.注意画可行域时,边界线的虚实问题.11、B【解析】

先由三角函数的定义求出,再由二倍角公式可求.【详解】解:角的终边与单位圆交于点,,故选:B【点睛】考查三角函数的定义和二倍角公式,是基础题.12、B【解析】

由约束条件作出可行域,化目标函数为直线方程的斜截式,数形结合得到最优解,联立方程组求得最优解的坐标,把最优解的坐标代入目标函数得结论.【详解】画出约束条件,表示的可行域,如图,由可得,将变形为,平移直线,由图可知当直经过点时,直线在轴上的截距最大,最大值为,故选B.【点睛】本题主要考查线性规划中,利用可行域求目标函数的最值,属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”:(1)作出可行域(一定要注意是实线还是虚线);(2)找到目标函数对应的最优解对应点(在可行域内平移变形后的目标函数,最先通过或最后通过的顶点就是最优解);(3)将最优解坐标代入目标函数求出最值.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13、4【解析】

由题意结合代数式的特点和均值不等式的结论整理计算即可求得最终结果.【详解】.当且仅当时等号成立.据此可知:的最小值为4.【点睛】条件最值的求解通常有两种方法:一是消元法,即根据条件建立两个量之间的函数关系,然后代入代数式转化为函数的最值求解;二是将条件灵活变形,利用常数代换的方法构造和或积为常数的式子,然后利用基本不等式求解最值.14、【解析】

由向量投影的定义可求得两向量夹角的余弦值,从而得角的大小.【详解】在方向上的投影为,即夹角为.故答案为:.【点睛】本题考查求向量的夹角,掌握向量投影的定义是解题关键.15、【解析】

先将原式展开成,发现中不含,故只研究后面一项即可得解.【详解】,依题意,只需求中的系数,是.故答案为:-40【点睛】本题考查二项式定理性质,关键是先展开再利用排列组合思想解决,属于基础题.16、【解析】

先确定关于x的方程当a为何值时有4个不相等的实根,再将这四个根的平方和表示出来,利用函数思想来判断当a为何值时这4个根的平方和存在最小值即可.【详解】由题意,当时,,此时,此时函数在单调递减,在单调递增,方程最多2个不相等的实根,舍;当时,函数图象如下所示:从左到右方程,有4个不相等的实根,依次为,,,,即,由图可知,故,且,,从而,令,显然,,要使该式在时有最小值,则对称轴,解得.综上所述,实数a的取值范围是.【点睛】本题考查了函数和方程的知识,但需要一定的逻辑思维能力,属于较难题.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、(1);(2)是,定点坐标为或【解析】

(1)根据相切得到,根据离心率得到,得到椭圆方程.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,联立方程得到,,计算点的坐标为,点的坐标为,圆的方程可化为,得到答案.【详解】(1)根据题意:,因为,所以,所以椭圆的方程为.(2)设直线的方程为,点、的坐标分别为,,把直线的方程代入椭圆方程化简得到,所以,,所以,,因为直线的斜率,所以直线的方程,所以点的坐标为,同理,点的坐标为,故以为直径的圆的方程为,又因为,,所以圆的方程可化为,令,则有,所以定点坐标为或.【点睛】本题考查了椭圆方程,圆过定点问题,意在考查学生的计算能力和综合应用能力.18、(1)见解析;(2)【解析】

(1)先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;(2)记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.【详解】(1)证明:因为点为的中点,,所以,因为,所以,所以四边形是平行四边形,因为,所以平行四边形是菱形,所以,因为平面平面,且平面平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.(2)记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形,且,所以,则,设平面ABF的法向量为,则,不妨取,则,设平面DBF的法向量为,则,不妨取,则,故.记二面角的大小为,故.【点睛】本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.19、(1)当时,在上增;当时,在上减,在上增(2)【解析】

(1)求出导函数,分类讨论确定的正负,确定单调区间;(2)题意说明,利用导数求出的最小值,由(1)可得的最小值,从而得出结论.【详解】解:(1)定义域为当时,即在上增;当时,即得得综上所述,当时,在上增;当时,在上减,在上增(2)由题在上增由(1)当时,在上增,所以此时无最小值;当时,在上减,在上增,即,解得综上【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间,考查不等式恒成立问题,解题关键是掌握转化与化归思想,本题恒成立问题转化为,求出两函数的最小值后可得结论.20、(Ⅰ);(Ⅱ);(Ⅲ).【解析】

(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换,然后结合和差角公式及正弦定理可求;(Ⅱ)由余弦定理可求,然后结合三角形的面积公式可求;(Ⅲ)结合二倍角公式及和角余弦公式即可求解.【详解】(Ⅰ)因为,所以,所以,由正弦定理可得,;(Ⅱ)由余弦定理可得,,整理可得,,解可得,,因为,所以;(Ⅲ)由于,.所以.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、和角余弦公式,二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.21、(1)证明见解析(2)【解析】

(1)首先证明,,,∴平面.即可得到平面,.(2)以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,分别求出平面和平面的法向量,带入公式求解即可.【详解】(1)∵平面,平面,∴.又∵四边形是正方形,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.又∵,为的中点,∴.∵,∴平面.∵平面,∴.(2)∵平面,,∴平面.以为坐标原点,,,所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.如图所示:则,,,.∴,,.设为平面的法向量

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