江苏省宿迁市2024届高三下学期三模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省宿迁市2024届高三下学期三模数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.〖答案〗D〖解析〗因为或，所以或，所以，又，且，所以，所以实数的取值范围为，故选：D.2.已知抛物线，点，则“”是“过且与仅有一个公共点的直线有3条”的（）A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，则当直线的斜率不存在时符合题意，此时直线为；当直线的斜率存在时，设直线为，则，消去整理得，即有两个不同的解，所以即，解得或，所以“”是“过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件.故选：A.3.已知函数为上的奇函数，且当时，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗，因为为上奇函数，所以.故选：A.4.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是的一个单调增区间B.是的一个对称中心C.在上值域为D.将的图象向右平移个单位，再向下平移一个单位后所得图象的函数〖解析〗式为〖答案〗C〖解析〗由函数，对于A中，当，可得，此时函数不是单调函数，所以A错误；对于B中，由，所以函数的一个对称中心为，所以B不正确；对于C中，由，可得，所以，所以，即，所以C正确；对于D中，将的图象向右平移个单位，得到，再向下平移一个单位后所得图象的函数〖解析〗式为，所以D错误.故选：C.5.已知在复平面内复数，对应的向量分别为，．若，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗因为，，所以，，所以，所以，，所以在上的投影向量为.故选：B.6.在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（）A.函数的最大值为1B.函数的最小值为1C.函数的最大值为1D.函数的最小值为1〖答案〗C〖解析〗AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为，故恒成立，故在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，，由图像可知，恒成立，故单调递增，当，，单调递减，所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.故选：C.7.甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻，则不同排法共有（）A.24种 B.36种 C.48种 D.72种〖答案〗B〖解析〗甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有种，又因为乙丙不相邻，所以把乙放入一共有3种，所以一共有种，故选：B.8.若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，取中点，中点，连接，，，因是正三角形，则，又是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，则平面，平面，则，，，平面，则平面，又平面，所以，而，则，显然，由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，设，又，，则球的半径，又四棱锥的表面积为，由，解得，，，所以.故选：C.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5对样本数据（见表格），若已求得一元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（）123451A.B.当时的残差为C.样本数据y的40百分位数为1D.去掉样本点后，y与x的相关系数不会改变〖答案〗BD〖解析〗由，，所以样本中心点为，对于A，将它代入，得，解得，故A错误；对于B，当时，，所以残差为，故B正确；对于C，样本数据的第40百分位数为，故C错误；对于D，由相关系数公式可知，，所以5组样本数据的相关系数为：，去掉样本中心点后相关系数为：，所以去掉样本点后，与的样本相关系数不会改变，故D正确.故选：BD.10.在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则（）A. B.取值范围为C.面积的最大值为 D.周长的最大值为〖答案〗AB〖解析〗对于A，由，所以,所以，由正弦定理可得，因为，,可得，化简得，又，.故A正确；对于B，设，，，根据题意，，，，化简得，则，，当且仅当时等号成立，又，，，，即，故B正确；对于C，由B，可得，故C错误；对于D，由前面选项，可得，且，，，即，令，由，得，解得，所以三角形周长，则，令，解得，又，所以在上单调递减，所以，故D错误.故选：AB.11.已知定义在上不为常数的函数满足，则（）A. B. C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，令，则，即，又函数不为常数，，即，故A正确；对于B，令，则，令，则，得，令，则，得，故B正确；对于C，令，则，所以，即，故C错误；对于D，令，则，所以，则，又，，当且仅当时等号成立，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设，若，且，则______．〖答案〗1024〖解析〗根据题意，是二项式系数最大的项，则，令，得，.13.表示不小于x的最小整数，例如，．已知等差数列的前n项和为，且，．记，则数列的前10项的和______．〖答案〗〖解析〗由，可得，解得，又，得，解得，所以数列的公差为，，又，，同理，，，，，所以数列的前10项的和为.14.若椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，的内切圆的半径为1，则的值为______．〖答案〗4〖解析〗如图，，所以，.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.某批零件一级品的比例约为，其余均为二级品．每次使用一级品零件时肯定不会发生故障，而在每次使用二级品零件时发生故障的概率为．某项任务需要使用该零件次（若使用期间出现故障则换一件使用）．（1）某零件在连续使用3次没有发生故障的条件下，求该零件为一级品的概率；（2）当时，求发生故障次数的分布列及期望．解：（1）记事件

“从这批产品中任取一件为一级品”，则，记事件

“使用零件次，没有发生故障”，则，．则，所以．（2）依题意的可能取值为，，．所以，，，所以的分布列如下012所以．16.如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点．（1）证明：平面平面；（2）若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值．（1）证明：连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，由，，知，，则，又四点共面，所以，由为直三棱柱的侧面知，即，则，由为的中点得，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，，则平面，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解：（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，，设，则，由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角，设平面的法向量为，由，取，得，则平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，又，则时，的最大值为．所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．（法二）在直三棱柱中，底面，因为底面，所以，由（1）知，，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，过作交于，因为平面平面，所以平面，又平面平面，则直线与平面所成角即为直线与平面所成角，因为∽，且正方形的边长为2，所以，则，又，要使值最大，则最小，在中，过作交于，由等面积可求出，此时．所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为．17.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍．（1）求双曲线的标准方程；（2）若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由．解：（1）设双曲线的焦距为，因为直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，可得，所以，因为，可得，且，所以，解得或（舍去），又因为点在双曲线上，所以，联立方程组得或（舍去），所以双曲线方程为：．（2）（ⅰ）若直线的斜率不存在，设方程为，因为，再设，则，可得，由，联立方程组，解得，可得原点到直线的距离为．（ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，又，设，则，即，则，（*）联立方程组，整理得当且，即且时，，代入（*）得，即（其中），原点到直线的距离为，综合（ⅰ）（ⅱ），存在以原点为圆心，半径为的圆与直线相切，所求定圆的方程为．18.在数列中，．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足；①求证：数列是等差数列；②若，设数列的前n项和为，求证：．（1）解：因为，所以，所以，所以，因为，所以n=1时，，所以数列是各项为0的常数列，即，所以．（2）①证明：由得所以(i)所以(ii)(i)-(ii)得：(iii)所以(iv)(iv)-(iii)得，所以即所以数列是等差数列．②解：当时，由得，所以，又，故的公差为1，所以，所以，即．19.已知函数．（1）若曲线在处的切线的方程为，求实数的值；（2）若函数恒成立，