2024届连云港市高三数学上学期1月考试卷及答案解析

届连云港市高三数学上学期1月考试卷一、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．设全集，集合，集合，则集合（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（）A． B． C． D．3．不等式成立的一个充分条件是（）A． B． C． D．4．某地元旦汇演有2男3女共5名主持人站成一排，则舞台站位时男女间隔的不同排法共有（）A．12种 B．24种 C．72种 D．120种5．已知向量，且，，则（

）A．3 B． C． D．6．已知拋物线的焦点为椭圆的右焦点，且与的公共弦经过，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．7．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（）A． B． C． D．8．记表示不超过实数的最大整数，记，则的值为（）A．5479 B．5485 C．5475 D．5482二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9．已知的展开式中共有7项，则下列选项正确的有（

）A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为1C．系数最大的项为第4项 D．有理项共4项10．将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象如图，则（）A．为奇函数B．在区间上单调递增C．方程在内有个实数根D．的解析式可以是11．在平面直角坐标系中，若对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，则称函数具备“性质”.则下列函数具备“性质”的是（）A．B．C． D．12．如图，一张长､宽分别为的矩形纸，，分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，则（）A．在该多面体中，B．该多面体是三棱锥C．在该多面体中，平面平面D．该多面体的体积为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知直线与圆交于两点，为原点，且，则实数的值为.14．设函数的定义域为，满足，且当时，，则的值为.15．已知，则.16．已知一个棱长为的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为2，母线长为4，则的最大值为.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.问题：在中，内角的对边分别为，且__________.(1)求角；(2)若是锐角三角形，且，求的取值范围.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18．已知数列满足.(1)设，求数列的通项公式；(2)设，求数列的前20项和.19．如图，在直三棱柱中，.(1)证明：；(2)设，若二面角的大小为，求.20．为了提高生产效率，某企业引进一条新的生产线，现要定期对产品进行检测.每次抽取100件产品作为样本，检测新产品中的某项质量指标数，根据测量结果得到如下频率分布直方图.(1)指标数不在和之间的产品为次等品，试估计产品为次等品的概率；(2)技术评估可以认为，这种产品的质量指标数服从正态分布，其中近似为样本的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），计算值，并计算产品指标数落在内的概率.参考数据：，则，.21．已知函数，.(1)证明：；(2)若函数的图象与的图象有两个不同的公共点，求实数的取值范围.22．已知双曲线的虚轴长为4，且经过点.(1)求双曲线的标准方程；(2)双曲线的左､右顶点分别为，过左顶点作实轴的垂线交一条渐近线于点，过作直线分别交双曲线左､右两支于两点，直线分别交于两点.证明：四边形为平行四边形.1．D【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.【详解】由已知可得或，因此，，故选：D.2．C【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得，因此，.故选：C.3．C【分析】首先解不等式得到或，再根据充分条件定理求解即可.【详解】或，因为或，所以不等式成立的一个充分条件是.故选：C4．A【分析】先排列2名男生共有种排法，再将3名女生插入到3名男生所形成的空隙中，共有种排法，分步乘法原理可求得答案.【详解】解：先排列2名男生共有种排法，再将3名女生插入到3名男生所形成的空隙中，共有种排法，所以舞台站位时男女间隔的不同排法共有种排法，故选：A.5．B【分析】利用向量共线和向量垂直的坐标表示求出x，y，再求出的坐标计算作答.【详解】向量，由得：，即，由得：，即，于是得，，，所以.故选：B6．A【分析】根据给定条件求出椭圆两焦点坐标，再求出与的公共点的坐标，借助椭圆定义计算椭圆长轴长即可作答.【详解】依题意，椭圆的右焦点，则其左焦点，设过的与的公共弦在第一象限的端点为点P，由抛物线与椭圆对称性知，轴，如图，直线PF方程为：，由得点，于是得，在中，，，则，因此，椭圆的长轴长，所以椭圆的离心率.故选：A7．C【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为的圆柱体积的一半，即可求解答案.【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,因为MN平行于地面，故，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，故,在中，，即圆柱的底面半径为，所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为的圆柱体积的一半，即为，故选：C.8．B【分析】分别使、等，然后求和即可.【详解】由题意可知，当时，；当时，；当时，；当时，，所以.故选：B9．AD【分析】由展开式有7项，可知，再由二项式定理的应用依次求解即可.【详解】解：由展开式有7项，可知，则所有项的二项式系数和为，故A项正确；令，则所有项的系数和为，故B项错误；展开式第项为，则第4项为负值，故系数最大的项为第4项是错误的；当时为有理项，则D项正确.故选：AD10．BC【分析】利用图象可求得函数的解析式，利用函数图象平移可求得函数的解析式，可判断D选项；计算可判断A选项；利用正弦型函数的单调性可判断B选项；当时，求出方程对应的可能取值，可判断C选项.【详解】由图可知，函数的最小正周期为，，，所以，，则，可得，所以，，得，因为，则，所以，，将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象，故.对于A选项，因为，故函数不是奇函数，A错；对于B选项，当时，，故函数在区间上单调递增，B对；对于C选项，由，可得，当时，，所以，，C对；对于D选项，，D错.故选：BC.11．BD【分析】四个选项都可以做出简图，对于选项A和选项C，可在图中选取特殊点验证排除；选项B、选项D可在图中任意选择点，观察是否存在点，使得成立，即可做出判断.【详解】选项A，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两直线是平行的，不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项A错误；选项B，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项B正确；选项C，如图所示，曲线，当点取得时，要使得点满足成立，那么点落在直线上，而此时与两曲线不存在交点，故此时不满足在上存在点，使得成立，故选项C错误；选项D，如图所示，曲线，对于曲线上的任意点，都存在曲线上的点，使得成立，故选项D正确；故选：BD12．BCD【分析】利用图形翻折，结合勾股定理，确定该多面体是以为顶点的三棱锥，利用线面垂直，判定面面垂直，以及棱锥的体积公式即可得出结论．【详解】由于长、宽分别为，1，分别是其四条边的中点，现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，且为的中点，从而得到一个多面体，所以该多面体是以为顶点的三棱锥，故B正确；，，，故A不正确；由于，所以，，可得平面，则三棱锥的体积为，故D正确；因为，，所以平面，又平面，可得平面平面，故C正确.故选：BCD13．【分析】联立直线与圆，再运用韦达定理即可求解．【详解】联立，设，则，因为，所以有，解得.故答案为：14．【分析】根据，将转化为，然后代入已知的解析式可求得答案【详解】因为函数的定义域为，满足，且当时，，所以，故答案为：15．【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以，所以，故答案为：.16．##【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，底面半径为2，母线长为4的圆锥轴截面正的内切圆O是该圆锥内切球O截面大圆，如图，正的高，则内切圆O的半径即球半径，于是得球O的内接正方体棱长a有：，解得：，所以的最大值为.故答案为：【点睛】关键点睛：涉及与旋转体有关的组合体，作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.17．(1)答案见解析(2)【分析】（1）选择①，运用正弦定理及同角三角函数关系求解；选择②，运用面积公式及同角三角函数关系求解；选择③运用正切两角和公式及诱导公式求解.（2）根据正弦定理及正切函数的单调性求解【详解】（1）选择①：条件即，由正弦定理可知，，在中，，所以，所以，且，即，所以；选择②：条件即，即，在中，，所以，则，所以，所以.选择③：条件即，所以，在中，，所以.（2）由（1）知，，所以，由正弦定理可知，，由是锐角三角形得，所以.所以，所以，故的取值范围为.18．(1)(2)【分析】（1）对已知的式子变形得，则，从而可得数列是以4为公比的等比数列，进而可求出的通项公式；（2）由（1）求出，从而可求出，进而可求出【详解】（1）由可知，，即，由可知，，所以是以12为首项，4为公比的等比数列，所以的通项公式为.（2）由（1）知，，所以,又符合上式,所以,所以，所以的前20项和.19．(1)证明见解析.(2).【分析】（1）根据线面垂直的性质和判定可得证；（2）以为正交基底建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法，建立方程求解即可.【详解】（1）证明：在直三棱柱中，平面，又平面，所以，又，所以四边形是正方形.连接，则，又平面，所以平面，又平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.（2）解：以为正交基底建立空间直角坐标系，设，则，设，则设平面的法向量为，则即得，取，则平面的一个法向量为，考虑向量，满足所以是平面的一个法向量，因为二面角的大小为，所以，解得.20．(1)(2)，0.9544【分析】（1）由频率和为1求参数，结合频率直方图求在和的频率即可得出结果.（2）按平均数公式求解,由，根据公式对比计算即可得出结果.【详解】（1）由，解得，样本中指标数不在和之间的频率为，所以产品为次等品的概率估计值为.（2）依题意.所以，所以.21．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）构造函数，利用导数求得，可证得所证不等式成立；（2）由可得，构造函数，其中，问题转化为直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围.【详解】（1）解：要证，即证：当时，不等式恒成立.令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.则，故.（2）解：由可得，构造函数，其中，则，当时，，，则，此时函数单调递增，当时，，，则，此时函数单调递减，所以，，令，则当时，，当时，，故存在时，使得，即，作出函数与的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有个交点，因此，实数的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；