2024届江苏省南通市如皋市高三上学期9月诊断测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省南通市如皋市2024届高三上学期9月诊断测试数学试题一､单项选择题1.已知集合，定义叫做集合的长度，若集合的长度为4，则的长度为（）A.3 B.4 C.5 D.10〖答案〗D〖解析〗方程的两根为，的两根为，当时，，当时，，，则，当时，，，则，因为的长度为4，所以或，得或，当时，，，则，当时，，，则所以的长度为10，故选：D.2.设是方程的一个复数根，这里.则下列各数一定是方程的根的是（）.A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由于是已知方程的一个根，于是，.也就是说是方程的根.由于实系数方程的复根成对出现，故也是①的根.相应地，是原方程的根.选B.3.设a，b，c为正数，且，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解法一根据题意，有，其中，令，解得，于是，等号当时取得，因此所求最大值为．解法二令，其中，则，等号当时取得，因此所求最大值为．解法三根据题意，有，等号当，且即时取得，因此所求最大值为．故选：A.4.已知满足，且在上单调，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗满足，，，即，，在上单调，，即，当时最大，最大值为，故选：B.5.15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．6.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是（）A① B.② C.①② D.①②③〖答案〗C〖解析〗由得,,,所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1),(-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过.结论②正确.如图所示,易知,四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.故选C.7.已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，当时，，当时，由得，两式相减并化简得，也符合上式，所以，令，为常数，所以数列是等差数列，首项，所以，对称轴为，由于对任意的恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.故选：A.8.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，又因为，所以，即；解法一：构造，则，当时，可得，则在上单调递增，又因为，则，所以，则，即；解法二：构造，则，令，解得，则在上单调递减，所以，即，则，可得；综上所述：.故选：B.二､多项选择题9.已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（）A.正四面体的外接球表面积为B.正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值C.正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为D.正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为〖答案〗ABD〖解析〗A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设为R，则：，所以，所以A对.B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，设正四面体的高为d，由等体积法可得：，所以为定值，所以B对.C.设中点为D，连接，，则，则为所求二面角的平面角，，所以，所以正弦值为，所以C错.D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为a，则，所以，故体积，所以D对.故选：ABD10.历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（）A.B.为等比数列C.D.信封均被投错概率大于〖答案〗ABC〖解析〗设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，有，，共种错投方式，同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，故共有种错投方式，所以，故A正确；因为，所以，又，所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；所以，所以，因为，所以时，，故C正确；装错信封的概率为，，则，当为奇数时，，当为偶数时，，综上所述：当为奇数时，，当为偶数时，，故D错误．故选：ABC．11.下述正确的是（）A.若，则的最大值是25B.若，则的最大值是C.若，则的最小值是4D.若，则的最小值是12〖答案〗ABD〖解析〗选项A，或时，，因此最大值在时取得，此时，当且仅当时等号成立，A正确；选项B，，由于，，当且仅当即时等号成立，所以，最大值为，B正确；选项C，，，，当且仅当即时等号成立，由于等号不成立，C错误；选项D，，则，，，当且仅当，即时等号成立，在即时，取得最小值0，综上，即时，取得最小值，D正确．故选：ABD．12.平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（）A.点的横坐标的取值范围是B.的取值范围是C.面积的最大值为D.的取值范围是〖答案〗BC〖解析〗设点，依题意，，对于A，，当且仅当时取等号，解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；对于B，，则，显然，因此，B正确；对于C，的面积，当且仅当时取等号，当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，所以面积的最大值为，C正确；对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.故选：BC.三､填空题13.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为___________．〖答案〗〖解析〗设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.14.已知的展开式的二项式系数和为128，若，则________．〖答案〗〖解析〗由的展开式的二项式系数和为128，则，∴．设，则，则，∴，，∴．故〖答案〗为：15.已知平面直角坐标系中向量的旋转和复数有关，对于任意向量，对应复数，向量逆时针旋转一个角度，得到复数，于是对应向量．这就是向量的旋转公式．已知正三角形的两个顶点坐标是，根据此公式，求得点的坐标是_______．（任写一个即可）〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗设点的坐标为，点，则，从而对应的复数为，若由逆时针旋转得到，对应的复数为，因此，解得，则的坐标是；若由逆时针旋转得到，对应的复数为，因此，解得，则点的坐标是．故〖答案〗为：（或）16.定义：如果函数在上存在，满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”，给出下列四个命题：(1)二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；(2)函数是上的“对望函数”；(3)函数是上的“对望函数”；(4)为上的“对望函数”，则在上不单调；其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)〖答案〗(1)(2)(3)〖解析〗(1)二次函数导函数是一次函数，在上不可能存在，满足，故二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”正确；(2)函数的导函数是，，令，解得：且，故函数是上的“对望函数”正确；(3)函数导函数，，令，因为两解；即函数是上的“对望函数”，正确；(4)为上的“对望函数”，函数在上单调，不正确.故正确命题的序号为(1)(2)(3).四､解答题17.在中，角所对的边分别为.已知.（1）求角；（2）求的值.解：（1）因为，所以，故，所以.因为，所以因为，所以.（2）由正弦定理，得，解得.因为，所以，所以.所以，所以18.已知数列的前n项和为，，且，数列满足，，，都有．（1）求数列、的通项公式；（2）设，，恒成立，求实数的取值范围．（1）解：因为，所以当时，，两式相减得，所以，即，又因为，则，满足，所以，数列为常数列，故，则，因为数列满足，，，都有，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，则（2）解：因为①，所以②，由①②得，所以.又，所以不等式，即为，即恒成立，构造函数，当时，恒成立，则满足条件；当时，由二次函数性质知不恒成立；当时，由于，则在上单调递减，则恒成立，则满足条件，综上所述，实数的取值范围是.19.已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．（1）求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．（1）证明：因为底面是正方形，且平面，所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，易知平面的一个法向量为，所以，，又平面，所以平面.（2）解：设平面的法向量为，则，当，可取，假设存在点，，设，所以，所以，得，所以，得，解得或，所以或20.为丰富学生课外生活，某市组织了高中生钢笔书法比赛，比赛分两个阶段进行：第一阶段由评委为所有参赛作品评分，并确定优胜者；第二阶段为附加赛，参赛人员及获奖情况由组委会按规则另行确定，数据统计员对第一阶段的分数进行了统计分析，这些分数X都在区间内，记，以5为组距得出的分布如下：XY当时，若，其中，则.（1）求k的值；（2）组委会确定：在第一阶段比赛中低于85分的学生无缘获奖也不能参加附加赛；分数在内的学生评为一等奖；分数在内的学生评为二等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为一等奖；分数在内的学生评为三等奖，且通过附加赛每人有的概率提升为二等奖（所有参加附加赛的获奖学生均不降低获奖等级，且附加赛获奖等级在第一阶段获奖等级基础上，最多升高一级）.设参加附加赛的学生获奖提升情况互相独立.在所有最初参赛学生中随机选择一名学生A.①求学生A最终能获得一等奖的概率；②已知学生B在第一阶段获得二等奖，求学生A最终获奖等级不低于学生B最终获奖等级的概率.（1）解：根据题意，由，解得.（2）解：①由于参赛学生很多，可以把频率视为概率.由（1）知，学生A的分数属于区间的概率分别是：.故学生A最终获得一等奖的概率是②我们用符号（或）表示学生A（或B）在第一轮获奖等级为i，通过附加赛最终获奖等级为j的概率，其中记“学生A最终获奖等级不低于学生B的最终获奖等级”为事件W，由事件的互斥性和独立性，可得：.21.已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为A，，上顶点为，坐标原点到直线的距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过A点作两条互相垂直的直线，与椭圆交于，两点，求面积的最大值.解：（1）由已知可得，解得，，，，所以椭圆的方程为.（2）设的直线方程为，，，联立方程整理得，所以，因为，所以，即.所以.整理得，解得或（舍去），所以所以，令，则，此时最大值为.22.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）证明：.（1）解：由已知，，在点处的切线方程为.（2）证明：要证明，即证明，即证明.方法一：设，则，令可得.当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增...，即.方法二：令，得在上恒成立，在上单调递增，即在上单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增即，，即.江苏省南通市如皋市2024届高三上学期9月诊断测试数学试题一､单项选择题1.已知集合，定义叫做集合的长度，若集合的长度为4，则的长度为（）A.3 B.4 C.5 D.10〖答案〗D〖解析〗方程的两根为，的两根为，当时，，当时，，，则，当时，，，则，因为的长度为4，所以或，得或，当时，，，则，当时，，，则所以的长度为10，故选：D.2.设是方程的一个复数根，这里.则下列各数一定是方程的根的是（）.A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由于是已知方程的一个根，于是，.也就是说是方程的根.由于实系数方程的复根成对出现，故也是①的根.相应地，是原方程的根.选B.3.设a，b，c为正数，且，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗解法一根据题意，有，其中，令，解得，于是，等号当时取得，因此所求最大值为．解法二令，其中，则，等号当时取得，因此所求最大值为．解法三根据题意，有，等号当，且即时取得，因此所求最大值为．故选：A.4.已知满足，且在上单调，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗满足，，，即，，在上单调，，即，当时最大，最大值为，故选：B.5.15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．6.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）.给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3.其中，所有正确结论的序号是（）A① B.② C.①② D.①②③〖答案〗C〖解析〗由得,,,所以可为的整数有0,-1,1,从而曲线恰好经过(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1),(-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.由得,,解得,所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过.结论②正确.如图所示,易知,四边形的面积,很明显“心形”区域的面积大于,即“心形”区域的面积大于3,说法③错误.故选C.7.已知数列满足，记数列的前项和为，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，当时，，当时，由得，两式相减并化简得，也符合上式，所以，令，为常数，所以数列是等差数列，首项，所以，对称轴为，由于对任意的恒成立，所以，解得，所以的取值范围是.故选：A.8.已知，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，所以，又因为，所以，即；解法一：构造，则，当时，可得，则在上单调递增，又因为，则，所以，则，即；解法二：构造，则，令，解得，则在上单调递减，所以，即，则，可得；综上所述：.故选：B.二､多项选择题9.已知正四面体的棱长为2，下列说法正确的是（）A.正四面体的外接球表面积为B.正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值C.正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为D.正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为〖答案〗ABD〖解析〗A.棱长为2的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设为R，则：，所以，所以A对.B.设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，，，，设正四面体的高为d，由等体积法可得：，所以为定值，所以B对.C.设中点为D，连接，，则，则为所求二面角的平面角，，所以，所以正弦值为，所以C错.D.要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，由于正四面体的外接球与内切球半径之比为，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为a，则，所以，故体积，所以D对.故选：ABD10.历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（）A.B.为等比数列C.D.信封均被投错概率大于〖答案〗ABC〖解析〗设封信分别为，，，，当在第二个信箱时，有，，共种错投方式，同理可得在第与第个信箱时，也分别有种错投方式，故共有种错投方式，所以，故A正确；因为，所以，又，所以为等比数列，首项为，公比为，故B正确；所以，所以，因为，所以时，，故C正确；装错信封的概率为，，则，当为奇数时，，当为偶数时，，综上所述：当为奇数时，，当为偶数时，，故D错误．故选：ABC．11.下述正确的是（）A.若，则的最大值是25B.若，则的最大值是C.若，则的最小值是4D.若，则的最小值是12〖答案〗ABD〖解析〗选项A，或时，，因此最大值在时取得，此时，当且仅当时等号成立，A正确；选项B，，由于，，当且仅当即时等号成立，所以，最大值为，B正确；选项C，，，，当且仅当即时等号成立，由于等号不成立，C错误；选项D，，则，，，当且仅当，即时等号成立，在即时，取得最小值0，综上，即时，取得最小值，D正确．故选：ABD．12.平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，则下列结论正确的是（）A.点的横坐标的取值范围是B.的取值范围是C.面积的最大值为D.的取值范围是〖答案〗BC〖解析〗设点，依题意，，对于A，，当且仅当时取等号，解不等式得：，即点的横坐标的取值范围是，A错误；对于B，，则，显然，因此，B正确；对于C，的面积，当且仅当时取等号，当时，点P在以线段MN为直径的圆上，由解得，所以面积的最大值为，C正确；对于D，因为点在动点P的轨迹上，当点P为此点时，，D错误.故选：BC.三､填空题13.设等比数列满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为___________．〖答案〗〖解析〗设等比数列的公比为，由得，，解得.所以，于是当或时，取得最大值.14.已知的展开式的二项式系数和为128，若，则________．〖答案〗〖解析〗由的展开式的二项式系数和为128，则，∴．设，则，则，∴，，∴．故〖答案〗为：15.已知平面直角坐标系中向量的旋转和复数有关，对于任意向量，对应复数，向量逆时针旋转一个角度，得到复数，于是对应向量．这就是向量的旋转公式．已知正三角形的两个顶点坐标是，根据此公式，求得点的坐标是_______．（任写一个即可）〖答案〗（〖答案〗不唯一）〖解析〗设点的坐标为，点，则，从而对应的复数为，若由逆时针旋转得到，对应的复数为，因此，解得，则的坐标是；若由逆时针旋转得到，对应的复数为，因此，解得，则点的坐标是．故〖答案〗为：（或）16.定义：如果函数在上存在，满足，则称数，为上的“对望数”，函数为上的“对望函数”，给出下列四个命题：(1)二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”；(2)函数是上的“对望函数”；(3)函数是上的“对望函数”；(4)为上的“对望函数”，则在上不单调；其中正确命题的序号为__________(填上所有正确命题的序号)〖答案〗(1)(2)(3)〖解析〗(1)二次函数导函数是一次函数，在上不可能存在，满足，故二次函数在任意区间上都不可能是“对望函数”正确；(2)函数的导函数是，，令，解得：且，故函数是上的“对望函数”正确；(3)函数导函数，，令，因为两解；即函数是上的“对望函数”，正确；(4)为上的“对望函数”，函数在上单调，不正确.故正确命题的序号为(1)(2)(3).四､解答题17.在中，角所对的边分别为.已知.（1）求角；（2）求的值.解：（1）因为，所以，故，所以.因为，所以因为，所以.（2）由正弦定理，得，解得.因为，所以，所以.所以，所以18.已知数列的前n项和为，，且，数列满足，，，都有．（1）求数列、的通项公式；（2）设，，恒成立，求实数的取值范围．（1）解：因为，所以当时，，两式相减得，所以，即，又因为，则，满足，所以，数列为常数列，故，则，因为数列满足，，，都有，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，则（2）解：因为①，所以②，由①②得，所以.又，所以不等式，即为，即恒成立，构造函数，当时，恒成立，则满足条件；当时，由二次函数性质知不恒成立；当时，由于，则在上单调递减，则恒成立，则满足条件，综上所述，实数的取值范围是.19.已知底面是正方形，平面，，，点、分别为线段、的中点．（1）求证：平面；（2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在求出的值，若不存在，说明理由．（1）证明：因为底面是正方形，且平面，所以两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，易知平面的一个法向量为，所以，，又平面，所以平面.（2）解：设