江苏省南通、扬州、泰州七市2024届高三第三次调研测试《数学》试题（解析版）

第第页扬州市2024届高三第三次调研测试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2、回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效.3．本卷满分为150分，考试时间为120分钟.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通分，根据数字特征即可判断两集合之间关系.【详解】，，因为表示所有的奇数，而表示所有的整数，则，故选：A.2.已知三个单位向量满足，则向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】对等式两边同时平方即可得到，再利用向量数量积定义和向量夹角的范围即可得到答案.【详解】，即，，即，则，因为，的夹角为，故选：C.3.某同学测得连续7天的最低气温分别为（单位：），若这组数据的平均数是中位数的2倍，则（）A.2 B.3 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可知：平均数为，中位数为2，列式求解即可.【详解】由题意可知：这组数据的平均数为，除外，将数据按升序排列可得，结合的任意性可知中位数为2，则，解得.故选：D.4.已知为复数，则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.非充分非必要条件【答案】A【解析】【分析】正向可得，则正向成立，反向利用待定系数法计算即可得或，则必要性不成立.【详解】若，则，则，故充分性成立；若，设，则，，则，或与不一定相等，则必要性不成立，则“”是“”的充分非必要条件，故选：A5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】展开并同时平方，结合二倍角的正弦公式即可得到关于的方程，解出即可.【详解】展开得，两边同时平方有，即，解得，故选：B.6.设数列的前项和为，若，则（）A.65 B.127 C.129 D.255【答案】B【解析】【分析】降次作差得，再利用等比数列通项公式即可得到答案.【详解】时，，则.时，，，是2为首项，2为公比的等比数列，，故选：B.7.已知函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数．若，则（）A.23 B.24 C.25 D.26【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性推出函数关于直线对称和关于点对称，则得到其周期，再计算其一个周期内的和，最后代入计算即可.【详解】为偶函数，则则关于对称，奇函数，则，即，则关于点对称，则由其关于对称有，则，则，作差有，为周期函数，且周期为4，因为，，则，因，，则，，则，，，故选：C.8.已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可.【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则，，，因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，，则，则，过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径.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.已知，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据正弦型函数的周期即可判断A；根据其对称性即可判断B，利用整体法求出函数值域即可判断C；求导并举出反例即可判断D.【详解】对A，周期为，故A对；对B，令，，则，若成立，则关于对称，令，解得，因为，则B错误；对C，，故C正确；对D，，当时，则，则D错误，故选：AC.10.在正方体中，为的中点，是底面上一点，则（）A.为中点时，B.为中点时，平面C.满足的点在圆上D.满足直线与直线成角的点在双曲线上【答案】BCD【解析】【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，对A计算即可判断；对B利用线面平行的判定定理即可判断；对C，计算得，则得到其轨迹；对D，根据线线夹角公式得到关于的方程，化简即可.【详解】不失一般性，设正方体棱长为2，如图建系，因为为的中点，则，对A，为中点，则，与不垂直，故A错误.对B，为中点时，，因为，则四边形为平行四边形，则，因为平面，所以平面，故B正确；对C，令，在以为圆心，为半径的圆上，故C正确；对D，，，化简得，其为双曲线方程，故D正确，故选：BCD.11.已知，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】结合图象和指、对函数之间的关系即可判断AB；利用切线不等式即可判断C；利用不等式即可判断D.【详解】对A，由图可知：与交点，与的交点，根据指数函数与对数函数一对反函数知：，关于对称，故，，故A正确；对B，由A知，故B错误；对C，由知，则，设，，则，则当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增；则，则恒成立，即，当时取等；令，则有，因为，则，即，故C错误；对D，设，，则，则当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减；则，即在上恒成立，即在上恒成立，当时取等，令，则，即，因为，则，则，故，故D正确.故选：AD.【点睛】关键点点睛：本题AB选项的关键是充分利用图象并结合指、函数的关系，而CD选项的关键在于两个不等式和的运用.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设a为实数，若函数在处取得极大值，则a值为______．【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出的值即可．【详解】解：，令，解得；或，若函数在处取得极大值，则，解得，当时，，，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增.满足题意.故答案为：．13.已知随机变量．若，则__________，若，则的方差为__________．【答案】①.0.4##②.64【解析】【分析】由题意可知：，根据方差的性质可得；根据正态分布的对称性可得.【详解】由题意可知：，即，所以；因为，且，所以.故答案为：0.4；64.14.已知是椭圆的左、右焦点，是上一点．过点作直线的垂线，过点作直线的垂线．若的交点在上（均在轴上方，且，则的离心率为__________．【答案】##【解析】【分析】设，可得的方程，联立方程求得，结合对称性可知，进而列式求，即可得离心率.【详解】设，，由题意可知：，则直线的斜率，可知的方程为，同理可得：的方程为，联立方程，解得，即，因为在上，可知关于x轴对称，且，则，可得，又因为，即，由题意可得：，整理得，解得或（舍去），则，所以的离心率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在中，角的对边分别为．（1）求；（2）若的面积为边上的高为1，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.【小问1详解】因为，由正弦定理，得，即，即.因为在中，，所以.又因为，所以.【小问2详解】因为的面积为，所以，得.由，即，所以.由余弦定理，得，即，化简得，所以，即，所以的周长为.16.如图，在直三棱柱中，，．（1）当时，求证：平面；（2）设二面角的大小为，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可；（2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围.【小问1详解】以为基底建立如图所示空间直角坐标系，则，.当时，，所以，所以，所以.又平面平面，所以平面.【小问2详解】，设平面的一个法向量为，则，即，不妨取.因为平面，所以平面的一个法向量为.所以，所以.又因为，易知在上单调递减，所以.17.已知函数．（1）若，求的最小值；（2）设数列前项和，若，求证：．【答案】（1）0（2）证明见详解【解析】【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，进而可得的最小值；（2）当时显然成立，当，结合（1）可得，进而可得，利用裂项相消法分析证明.【小问1详解】因为，则，因为，则，且，当时，则，可得；当时，则，可得；可知在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为.【小问2详解】因为，若，则，满足；若，由（1）可知：，即，当且仅当时，等号成立，令，可得，且，可得，所以；综上所述：.18.已知抛物线的焦点为，直线过点交于两点，在两点的切线相交于点的中点为，且交于点．当的斜率为1时，．（1）求的方程；（2）若点的横坐标为2，求；（3）设在点处的切线与分别交于点，求四边形面积的最小值．【答案】（1）（2）（3）3【解析】【分析】（1）设直线的方程为，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到，则得到抛物线方程；（2）首先得到，再根据导数得到两条切线方程，再计算出的坐标，求出值则得到相关点坐标，即可求出；（3）首先证明出，再计算出的表达式，从而得到其最小值.【小问1详解】由题意，直线的斜率必存在.设直线的方程为，联立得，所以当时，，此时，所以，即.所以的方程为.【小问2详解】由(1)知，，则，代入直线得，则中点.因为，所以，则直线方程为，即，同理，直线方程为，所以，，所以.因为，即，此时，所以直线的方程为，代入，得，所以，所以.【小问3详解】由（2）知，所以直线方程为，代入，得，所以，所以为的中点.因为在处的切线斜率，所以在处的切线平行于，又因为为的中点，所以.由(1)中式得，所以，因为直线方程为，所以.又到直线的距离，所以，(当且仅当时取“”)所以，所以四边形面积的最小值为3.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找到，再结合焦点弦和点到直线距离公式得到的表达式，从而得到其最小值.19.“熵”常用来判断系统中信息含量的多少，也用来判断概率分布中随机变量的不确定性大小，一般熵越大表示随机变量的不确定性越明显．定义：随机变量对应取值的概率为，其单位为bit的熵为，且．（当，规定．）（1）若抛掷一枚硬币1次，正面向上的概率为，正面向上的次数为，分别比较与时对应的大小，并根据你的理解说明结论的实际含义；（2）若拋掷一枚质地均匀的硬币次，设表示正面向上的总次数，表示第次反面向上的次数（0或1）．表示正面向上次且第次反面向上次的概率，如时，．对于两个离散的随机变量，其单位为bit的联合熵记为，且．（ⅰ）当时，求的值；（ⅱ）求证：．【答案】（1）答案见解析（2）（i）；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据定义代入计算，再比较大小