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文档简介
2024-2025学年江苏省张家港市5月统考数学试题试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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.函数的单调递增区间是()A. B. C. D.2.已知,,,,则()A. B. C. D.3.五名志愿者到三个不同的单位去进行帮扶,每个单位至少一人,则甲、乙两人不在同一个单位的概率为()A. B. C. D.4.下图是来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形,此图由三个半圆构成,三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边、直角边,已知以直角边为直径的半圆的面积之比为,记,则()A. B. C.1 D.5.已知函数,若,则的取值范围是()A. B. C. D.6.若单位向量,夹角为,,且,则实数()A.-1 B.2 C.0或-1 D.2或-17.已知正方体的棱长为2,点在线段上,且,平面经过点,则正方体被平面截得的截面面积为()A. B. C. D.8.设正项等差数列的前项和为,且满足,则的最小值为A.8 B.16 C.24 D.369.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中,P为A1D1的中点,若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为()A.12 B. C. D.1010.如图,在三棱锥中,平面,,现从该三棱锥的个表面中任选个,则选取的个表面互相垂直的概率为()A. B. C. D.11.已知复数,满足,则()A.1 B. C. D.512.若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数,则实数的取值范围是()A. B.C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.三棱柱中,,侧棱底面,且三棱柱的侧面积为.若该三棱柱的顶点都在同一个球的表面上,则球的表面积的最小值为_____.14.已知,则_____15.平行四边形中,,为边上一点(不与重合),将平行四边形沿折起,使五点均在一个球面上,当四棱锥体积最大时,球的表面积为________.16.已知,圆,直线PM,PN分别与圆O相切,切点为M,N,若,则的最小值为________.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.(12分)在平面直角坐标系中,设,过点的直线与圆相切,且与抛物线相交于两点.(1)当在区间上变动时,求中点的轨迹;(2)设抛物线焦点为,求的周长(用表示),并写出时该周长的具体取值.18.(12分)已知椭圆的右焦点为,直线被称作为椭圆的一条准线,点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点),过点作直线与椭圆相切,且与直线相交于点.(1)求证:.(2)若点在轴的上方,当的面积最小时,求直线的斜率.附:多项式因式分解公式:19.(12分)求函数的最大值.20.(12分)已知数列中,,前项和为,若对任意的,均有(是常数,且)成立,则称数列为“数列”.(1)若数列为“数列”,求数列的前项和;(2)若数列为“数列”,且为整数,试问:是否存在数列,使得对任意,成立?如果存在,求出这样数列的的所有可能值,如果不存在,请说明理由.21.(12分)已知椭圆()的半焦距为,原点到经过两点,的直线的距离为.(Ⅰ)求椭圆的离心率;(Ⅱ)如图,是圆的一条直径,若椭圆经过,两点,求椭圆的方程.22.(10分)在直角坐标系中,直线的参数方程为为参数),直线的参数方程(为参数),若直线的交点为,当变化时,点的轨迹是曲线(1)求曲线的普通方程;(2)以坐标原点为极点,轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系,设射线的极坐标方程为,,点为射线与曲线的交点,求点的极径.
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【解析】
利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.【详解】因为,由,解得,即函数的增区间为,所以当时,增区间的一个子集为.故选D.本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性,同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.2.D【解析】
令,求,利用导数判断函数为单调递增,从而可得,设,利用导数证出为单调递减函数,从而证出,即可得到答案.【详解】时,令,求导,,故单调递增:∴,当,设,,又,,即,故.故选:D本题考查了作差法比较大小,考查了构造函数法,利用导数判断式子的大小,属于中档题.3.D【解析】
三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1,求出甲、乙两人在同一个单位的概率,利用互为对立事件的概率和为1即可解决.【详解】由题意,三个单位的人数可能为2,2,1或3,1,1;基本事件总数有种,若为第一种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种情况;若为第二种情况,且甲、乙两人在同一个单位,共有种,故甲、乙两人在同一个单位的概率为,故甲、乙两人不在同一个单位的概率为.故选:D.本题考查古典概型的概率公式的计算,涉及到排列与组合的应用,在正面情况较多时,可以先求其对立事件,即甲、乙两人在同一个单位的概率,本题有一定难度.4.D【解析】
根据以直角边为直径的半圆的面积之比求得,即的值,由此求得和的值,进而求得所求表达式的值.【详解】由于直角边为直径的半圆的面积之比为,所以,即,所以,所以.故选:D本小题主要考查同角三角函数的基本关系式,考查二倍角公式,属于基础题.5.B【解析】
对分类讨论,代入解析式求出,解不等式,即可求解.【详解】函数,由得或解得.故选:B.本题考查利用分段函数性质解不等式,属于基础题.6.D【解析】
利用向量模的运算列方程,结合向量数量积的运算,求得实数的值.【详解】由于,所以,即,,即,解得或.故选:D本小题主要考查向量模的运算,考查向量数量积的运算,属于基础题.7.B【解析】
先根据平面的基本性质确定平面,然后利用面面平行的性质定理,得到截面的形状再求解.【详解】如图所示:确定一个平面,因为平面平面,所以,同理,所以四边形是平行四边形.即正方体被平面截的截面.因为,所以,即所以由余弦定理得:所以所以四边形故选:B本题主要考查平面的基本性质,面面平行的性质定理及截面面积的求法,还考查了空间想象和运算求解的能力,属于中档题.8.B【解析】
方法一:由题意得,根据等差数列的性质,得成等差数列,设,则,,则,当且仅当时等号成立,从而的最小值为16,故选B.方法二:设正项等差数列的公差为d,由等差数列的前项和公式及,化简可得,即,则,当且仅当,即时等号成立,从而的最小值为16,故选B.9.C【解析】
取B1C1的中点Q,连接PQ,BQ,CQ,PD,则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱,此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球,求出等腰三角形的外接圆半径,然后利用勾股定理可求出外接球的半径【详解】如图,取B1C1的中点Q,连接PQ,BQ,CQ,PD,则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱,所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上,的外接圆直径为,球O的半径R满足,所以球O的表面积S=4πR2=,故选:C.此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系,及球的表面积公式,解题时要注意审题,注意空间思维能力的培养,属于中档题.10.A【解析】
根据线面垂直得面面垂直,已知平面,由,可得平面,这样可确定垂直平面的对数,再求出四个面中任选2个的方法数,从而可计算概率.【详解】由已知平面,,可得,从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法,而选取的个表面互相垂直的有种情况,故所求事件的概率为.故选:A.本题考查古典概型概率,解题关键是求出基本事件的个数.11.A【解析】
首先根据复数代数形式的除法运算求出,求出的模即可.【详解】解:,,故选:A本题考查了复数求模问题,考查复数的除法运算,属于基础题.12.C【解析】
由题可知,设函数,,根据导数求出的极值点,得出单调性,根据在区间内的解集中有且仅有三个整数,转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数,结合图象,可求出实数的取值范围.【详解】设函数,,因为,所以,或,因为时,,或时,,,其图象如下:当时,至多一个整数根;当时,在内的解集中仅有三个整数,只需,,所以.故选:C.本题考查不等式的解法和应用问题,还涉及利用导数求函数单调性和函数图象,同时考查数形结合思想和解题能力.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.【解析】
分析题意可知,三棱柱为正三棱柱,所以三棱柱的中心即为外接球的球心,设棱柱的底面边长为,高为,则三棱柱的侧面积为,球的半径表示为,再由重要不等式即可得球表面积的最小值【详解】如下图,∵三棱柱为正三棱柱∴设,∴三棱柱的侧面积为∴又外接球半径∴外接球表面积.故答案为:考查学生对几何体的正确认识,能通过题意了解到题目传达的意思,培养学生空间想象力,能够利用题目条件,画出图形,寻找外接球的球心以及半径,属于中档题14.【解析】
化简得,利用周期即可求出答案.【详解】解:,∴函数的最小正周期为6,∴,,故答案为:.本题主要考查三角函数的性质的应用,属于基础题.15.【解析】
依题意可得、、、四点共圆,即可得到,从而得到三角形为正三角形,利用余弦定理可得,且,要使四棱锥体积最大,当且仅当面面时体积取得最大值,利用正弦定理求出的外接圆的半径,再又可证面,则外接球的半径,即可求出球的表面积;【详解】解:依题意可得、、、四点共圆,所以因为,所以,,所以三角形为正三角形,则,,利用余弦定理得即,解得,则所以,当面面时,取得最大,所以的外接圆的半径,又面面,,且面面,面所以面,所以外接球的半径所以故答案为:本题考查多面体的外接球的相关计算,正弦定理、余弦定理的应用,属于中档题.16.【解析】
由可知R为中点,设,由过切点的切线方程即可求得,,代入,,则在直线上,即可得方程为,将,代入化简可得,则直线过定点,由则点在以为直径的圆上,则.即可求得.【详解】如图,由可知R为MN的中点,所以,,设,则切线PM的方程为,即,同理可得,因为PM,PN都过,所以,,所以在直线上,从而直线MN方程为,因为,所以,即直线MN方程为,所以直线MN过定点,所以R在以OQ为直径的圆上,所以.故答案为:.本题考查直线和圆的位置关系,考查圆的切线方程,定点和圆上动点距离的最值问题,考查学生的数形结合能力和计算能力,难度较难.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)的周长为,时,的周长为【解析】
(1)设的方程为,根据题意由点到直线的距离公式可得,将直线方程与抛物线方程联立可得,设、坐标分别是、,利用韦达定理以及中点坐标公式消参即可求解.(2)根据抛物线的定义可得,由(1)可得,再利用弦长公式即可求解.【详解】(1)设的方程为于是联立设、坐标分别是、则设的中点坐标为,则消去参数得:(2)设,,由抛物线定义知,,∴由(1)知∴,,的周长为时,的周长为本题考查了动点的轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义、弦长公式,考查了计算能力,属于中档题.18.(1)证明见解析(2)【解析】
(1)由得令可得,进而得到,同理,利用数量积坐标计算即可;(2),分,两种情况讨论即可.【详解】(1)证明:点的坐标为.联立方程,消去后整理为有,可得,,.可得点的坐标为.当时,可求得点的坐标为,,.有,故有.(2)若点在轴上方,因为,所以有,由(1)知①因为时.由(1)知,由函数单调递增,可得此时.②当时,由(1)知令由,故当时,,此时函数单调递增:当时,,此时函数单调递减,又由,故函数的最小值,函数取最小值时,可求得.由①②知,若点在轴上方,当的面积最小时,直线的斜率为.本题考查直线与椭圆的位置关系,涉及到分类讨论求函数的最值,考查学生的运算求解能力,是一道难题.19.【解析】
试题分析:由柯西不等式得试题解析:因为,所以.等号当且仅当,即时成立.所以的最大值为.考点:柯西不等式求最值20.(1)(2)存在,【解析】
由数列为“数列”可得,,,两式相减得,又,利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;由题意得,,,两式相减得,,据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合,得到关于的不等式,再由时,且为整数即可求出符合题意的的所有值.【详解】因为数列为“数列”,所以,故,两式相减得,在中令,则可得,故所以,所以数列是以为首项,以为公比的等比数列,所以,因为,所以.(2)由题意得,故,两式相减得所以,当时,又因为所以当时,所以成立,所以当时,数列是常数列,所以
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