2024届江苏省连云港市高三上学期教学质量调研(一)数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省连云港市2024届高三上学期教学质量调研(一)数学试题一、单项选择题1.已知全集，集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，则，解得：，所以，由可得，即，则，解得：，故，故B错误；故A或，故A错误；或，，故C正确；，故D错误.故选：C.2.已知，，若，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗D〖解析〗,当且仅当时，最小值为.故选：D.3.在中，点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则（）A.1 B. C. D.-1〖答案〗B〖解析〗点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，如图所示，所以.故选：B.4.“”是“直线：与：平行”的（）A充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；直线：与：平行，有，解得或，其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.“”是“直线：与：平行”的充要条件.故选：A.5.塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达200~400年之久，给环境带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等9部门联合印度《关于礼实推进型科技染物理工作的通知》明确指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过（）年，其残留量为初始量的10%.（参考数据：，）A.20 B.16 C.12 D.7〖答案〗B〖解析〗依题意有时，，则，当时，有，，.故选：B.6.在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一渐近线交于点，若是的中点，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.3〖答案〗B〖解析〗如图所示，由题意可知，，又因为若是的中点，,所以,所以根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：，，所以因为，所以故选：B.7.设等差数列的前项和为，已知，，，其中正整数，则该数列的首项为（）A.-5 B.0 C.3 D.5〖答案〗D〖解析〗，又，两式相减得：，解得：故选：D.8.已知函数，若对任意，，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对函数求导得，对函数继续求导得，由基本不等式得，所以在上单调递增，又注意到，所以、随的变化情况如下表：由上表可知在上单调递减，在上单调递增，又函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数是偶函数，结合函数的单调性可知，成立当且仅当，而成立当且仅当，所以原问题转化成了对任意，不等式组恒成立，将不等式组变形为，所以对任意，只需，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，综上所述：满足题意的实数的取值范围是.故选：C.二、多项选择题9.若，为空间中两条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，若，，则可能，故A错误；对于B，因为，则能在内找一条直线，使得，因为，则，因为，由面面垂直的判定定理可得，故B正确；对于C，若，则能在内找一条直线，使得，，，则，又因为，所以，故C正确；对于D，若，，，则可能异面，故D错误.故选：BC.10.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.B.函数的图象关于点对称C.函数在上单调递增D.将函数的图像向左平移个单位后与原图象关于轴对称，则的最小值为〖答案〗AB〖解析〗函数的图象关于直线对称，则时，取最值，，则有或，解得，A选项正确；，，函数的图象关于点对称，B选项正确；时，，正弦函数在上不单调，C选项错误；函数的图像向左平移个单位得函数的图象，由与的图象关于y轴对称，则，即，则或，，

又不恒成立，

即，，

则，由，则时的最小值为，D选项错误.

故选：AB．11.在平面直角坐标系中，已知点是抛物线：的焦点，点是上异于原点的动点，过点且与相切的直线与轴交于点，设抛物线的准线为，，为垂足，则（）A.当点的坐标为时，直线的方程为B.设，则的最小值为4C.D.〖答案〗ACD〖解析〗对于A，点的坐标为时，则，，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化简可得：，故A正确；对于B，的准线为，过点作，交于点，与抛物线交于点，当点与点重合时，的最小值，所以的最小值为，故B错误；对于C，不妨设点在一象限，则点，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化简可得：，令，则，所以，因为，所以，所以，，，所以，所以，故C正确.对于D，因为，，，，所以，因为，所以四边形是平行四边形，又由抛物线的定义可得：，所以四边形是菱形，所以平分，所以，故D正确.故选：ACD.12.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗已知，则，有，由，得，则，即，所以，A选项正确；函数，有，时，，单调递减，时，，单调递增，，，即，时等号成立，已知，由，所以，B选项正确；已知，则，，当且仅当，即等号成立，所以，有，得，C选项错误；设，有，则，，有，设，有，由，有，，，在上恒成立，得在上单调递增，，即，D选项正确.故选：ABD.三、填空题13.已知向量，，则____________.〖答案〗5〖解析〗向量，，则，.故〖答案〗为：5.14.已知，则____________.〖答案〗〖解析〗已知，.故〖答案〗为：15.已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为____________.〖答案〗1〖解析〗由，，有，，在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，则有，得，所以，可得.故〖答案〗为：1.16.在平面直角坐标系中，已知圆：，过点动直线与圆交于点，，若的面积最大值为，则的最大值为____________.〖答案〗〖解析〗因为圆：，即，可知圆心，半径，设圆心到动直线的距离为d，设其最大值为，可知，则，可得的面积，令，可知在上的最大值为，令，解得或，结合二次函数对称性可知，即，即圆心到动直线的距离的最大值为2，此时点在以为圆心，2为半径的圆M上，又因为即为点与点连线的斜率，显然当直线与圆M相切于第一象限时，斜率最大，此时，可知，即的最大值为为.故〖答案〗为：.四、解答题17.在正方体中，设，分别为棱，的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.（1）证明：连接交于，连接，，.在正方体中，，，四边形平行四边形，所以，.正方形中，，故是的中点，所以，且，在中，，分别是，的中点，所以，且，所以，且，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.（2）解：法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设正方体的棱长为2，故，，，，.在正方体中，平面，故是平面的一个法向量.设是平面的法向量，，，故即取，则所以是平面的一个法向量.故，设二面角的大小为，据图可知，，所以二面角的余弦值为.法二：取的中点，的中点，连接，，.在正方体中，，，又，分别是，的中点，故，，四边形是平行四边形，所以，又，，故，，因为，平面，所以平面，又平面，故.在正方形中，，在中，，分别是，的中点，故，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.所以是二面角的平面角.不妨设正方体的棱长为2，在中，，，故，所以，所以二面角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线与曲线相交于，两点和，两点，求四边形的面积的最小值.解：（1）设圆的半径为，圆的圆心，半径为1，因为圆与圆内切，且与直线相切，所以圆心到直线的距离为，因此圆心到直线的距离为，且，故圆心到点的距离与到直线的距离相等，据抛物线的定义，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）设直线的方程为，，，.联立方程组整理得，故所以.因为，直线的方程为，同理可得.所以，当且仅当，即时，取等号.所以四边形面积的最小值为32.19.在中，，，所对的边分别为，，，已知.（1）若，求的值；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.解：（1）在中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.（2）在中，据余弦定理可得，又，故，即，又，故.据正弦定理，可得，所以，即，所以，，因为，所以，或，即或（舍）.所以.因为是锐角三角形，所以得，所以，故，，所以的取值范围是.20.已知数列的前项积为，且.（1）求证：数列是等差数列；（2）证明：.（1）解：由数列的前项积为，得，又，所以，当时，，整理得，即，所以，当时，为定值，所以数列是等差数列.（2）证明：因为，令，得，，故，结合（1）可知，是首项为2，公差为1的等差数列，所以，得.所以，当时，，显然符合上式，所以.所以，故.因为，，所以.21.在平面直角坐标系中，已知椭圆：的左，右焦点分别为，，过点且不与轴重合的直线与椭圆交于，两点（点在点，之间）.（1）记直线，的斜率分别为，，求的值；（2）设直线与交于点，求的值.解：（1）设直线l的方程为，，.联立方程组，整理得，则，即，所以；（2）由（1）可知，，故直线与关于直线对称，设直线与椭圆的另一个交点为，则与关于轴对称，设，则.所以直线的方程为，直线的方程为，故点满足方程组，解得，因为点在椭圆C上，所以，即，整理得，所以点在双曲线上运动，且，恰好为该双曲线的焦点，依题意，点在，之间，所以，得，点在双曲线的右支上运动，所以.22.已知函数，其中为实数.（1）若，求实数的最小值；（2）设函数，若函数存在极大值，且极大值小于0，求实数的取值范围.解：（1）依题意，，，即，.令，，故，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以当时，.所以，得，所以实数的最小值为2.（2）依题意，，，故，令，则，①若，，则即在上单调递增；因为，，且在上的图象不间断，据零点存在性定理，存在，使得，且当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增，所以函数在上不存在极大值，故不符题意.；②若，令，得.当时，，即在上单调递增；当时，，即在上单调递减.因为函数存在极大值，故，即，解得，此时，，；，，（证明：令，，所以，在上单调递增，故，即），又在上的图象不间断，据零点存在性定理，存在，，使得，且当时，，在和上单调递减；当时，，在上单调递增，所以函数在上得极大值为.依题意，，即，得，又，即，得，代入上式，得，故，又，即，所以，得，所以.据，得，其中，令，，故，所以在上单调递减，，即，所以，综上所述，实数a的取值范围是.江苏省连云港市2024届高三上学期教学质量调研(一)数学试题一、单项选择题1.已知全集，集合，，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗由，则，解得：，所以，由可得，即，则，解得：，故，故B错误；故A或，故A错误；或，，故C正确；，故D错误.故选：C.2.已知，，若，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗D〖解析〗,当且仅当时，最小值为.故选：D.3.在中，点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，若，则（）A.1 B. C. D.-1〖答案〗B〖解析〗点是边上靠近点的三等分点，点是的中点，如图所示，所以.故选：B.4.“”是“直线：与：平行”的（）A充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；直线：与：平行，有，解得或，其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.“”是“直线：与：平行”的充要条件.故选：A.5.塑料袋给我们生活带来了方便，但塑料在自然界可停留长达200~400年之久，给环境带来了很大的危害，国家发改委、生态环境部等9部门联合印度《关于礼实推进型科技染物理工作的通知》明确指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋经自然降解后残留量与时间年之间的关系为，其中为初始量，为光解系数.已知该品牌塑料袋2年后残留量为初始量的.该品牌塑料袋大约需要经过（）年，其残留量为初始量的10%.（参考数据：，）A.20 B.16 C.12 D.7〖答案〗B〖解析〗依题意有时，，则，当时，有，，.故选：B.6.在平面直角坐标系中，已知双曲线：的右焦点为，过作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，直线与另一渐近线交于点，若是的中点，则双曲线的离心率为（）A. B.2 C. D.3〖答案〗B〖解析〗如图所示，由题意可知，，又因为若是的中点，,所以,所以根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：，，所以因为，所以故选：B.7.设等差数列的前项和为，已知，，，其中正整数，则该数列的首项为（）A.-5 B.0 C.3 D.5〖答案〗D〖解析〗，又，两式相减得：，解得：故选：D.8.已知函数，若对任意，，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗对函数求导得，对函数继续求导得，由基本不等式得，所以在上单调递增，又注意到，所以、随的变化情况如下表：由上表可知在上单调递减，在上单调递增，又函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数是偶函数，结合函数的单调性可知，成立当且仅当，而成立当且仅当，所以原问题转化成了对任意，不等式组恒成立，将不等式组变形为，所以对任意，只需，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，综上所述：满足题意的实数的取值范围是.故选：C.二、多项选择题9.若，为空间中两条不同的直线，，，为空间三个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，，则〖答案〗BC〖解析〗对于A，若，，则可能，故A错误；对于B，因为，则能在内找一条直线，使得，因为，则，因为，由面面垂直的判定定理可得，故B正确；对于C，若，则能在内找一条直线，使得，，，则，又因为，所以，故C正确；对于D，若，，，则可能异面，故D错误.故选：BC.10.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.B.函数的图象关于点对称C.函数在上单调递增D.将函数的图像向左平移个单位后与原图象关于轴对称，则的最小值为〖答案〗AB〖解析〗函数的图象关于直线对称，则时，取最值，，则有或，解得，A选项正确；，，函数的图象关于点对称，B选项正确；时，，正弦函数在上不单调，C选项错误；函数的图像向左平移个单位得函数的图象，由与的图象关于y轴对称，则，即，则或，，

又不恒成立，

即，，

则，由，则时的最小值为，D选项错误.

故选：AB．11.在平面直角坐标系中，已知点是抛物线：的焦点，点是上异于原点的动点，过点且与相切的直线与轴交于点，设抛物线的准线为，，为垂足，则（）A.当点的坐标为时，直线的方程为B.设，则的最小值为4C.D.〖答案〗ACD〖解析〗对于A，点的坐标为时，则，，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化简可得：，故A正确；对于B，的准线为，过点作，交于点，与抛物线交于点，当点与点重合时，的最小值，所以的最小值为，故B错误；对于C，不妨设点在一象限，则点，所以，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化简可得：，令，则，所以，因为，所以，所以，，，所以，所以，故C正确.对于D，因为，，，，所以，因为，所以四边形是平行四边形，又由抛物线的定义可得：，所以四边形是菱形，所以平分，所以，故D正确.故选：ACD.12.已知，，则（）A. B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗已知，则，有，由，得，则，即，所以，A选项正确；函数，有，时，，单调递减，时，，单调递增，，，即，时等号成立，已知，由，所以，B选项正确；已知，则，，当且仅当，即等号成立，所以，有，得，C选项错误；设，有，则，，有，设，有，由，有，，，在上恒成立，得在上单调递增，，即，D选项正确.故选：ABD.三、填空题13.已知向量，，则____________.〖答案〗5〖解析〗向量，，则，.故〖答案〗为：5.14.已知，则____________.〖答案〗〖解析〗已知，.故〖答案〗为：15.已知直线分别与曲线，相切于点，，则的值为____________.〖答案〗1〖解析〗由，，有，，在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，则有，得，所以，可得.故〖答案〗为：1.16.在平面直角坐标系中，已知圆：，过点动直线与圆交于点，，若的面积最大值为，则的最大值为____________.〖答案〗〖解析〗因为圆：，即，可知圆心，半径，设圆心到动直线的距离为d，设其最大值为，可知，则，可得的面积，令，可知在上的最大值为，令，解得或，结合二次函数对称性可知，即，即圆心到动直线的距离的最大值为2，此时点在以为圆心，2为半径的圆M上，又因为即为点与点连线的斜率，显然当直线与圆M相切于第一象限时，斜率最大，此时，可知，即的最大值为为.故〖答案〗为：.四、解答题17.在正方体中，设，分别为棱，的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.（1）证明：连接交于，连接，，.在正方体中，，，四边形平行四边形，所以，.正方形中，，故是的中点，所以，且，在中，，分别是，的中点，所以，且，所以，且，故四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.（2）解：法一：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设正方体的棱长为2，故，，，，.在正方体中，平面，故是平面的一个法向量.设是平面的法向量，，，故即取，则所以是平面的一个法向量.故，设二面角的大小为，据图可知，，所以二面角的余弦值为.法二：取的中点，的中点，连接，，.在正方体中，，，又，分别是，的中点，故，，四边形是平行四边形，所以，又，，故，，因为，平面，所以平面，又平面，故.在正方形中，，在中，，分别是，的中点，故，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.所以是二面角的平面角.不妨设正方体的棱长为2，在中，，，故，所以，所以二面角的余弦值为.18.在平面直角坐标系中，已知动圆与圆内切，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线与曲线相交于，两点和，两点，求四边形的面积的最小值.解：（1）设圆的半径为，圆的圆心，半径为1，因为圆与圆内切，且与直线相切，所以圆心到直线的距离为，因此圆心到直线的距离为，且，故圆心到点的距离与到直线的距离相等，据抛物线的定义，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）设直线的方程为，，，.联立方程组整理得，故所以.因为，直线的方程为，同理可得.所以，当且仅当，即时，取等号.所以四边形面积的最小值为32.19.在中，，，所对的边分别为，，，已知.（1）若，求的值；（2）若是锐角三角形，求的取值范围.解：（1）在中，，据余弦定理可得，又，故，即，又，故，得.（2）在中，据余弦定理可得，又，故，即，又，故.据正弦定理，可得，所以，即，所以，，因为，所以，或，即或（舍）.所以.因为是锐角三角形