2024-2025学年江苏省徐州市高三上册第二次质量调研数学试题（含解析）

2024-2025学年江苏省徐州市高三上学期第二次质量调研数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.已知集合，则（）A. B. C. D.2若复数z满足，则（）A. B.2 C.2 D.43.若，且，则下列不等式一定正确是（）A B. C. D.4.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（）A.24 B.32 C.96 D.1285.若，则（）A. B. C. D.6.甲､乙､丙､丁､戊共5名同学进行演讲比赛，决出第1名到第5名的名次.已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相邻，则5人的名次排列可能有（）种不同的情况.A.18 B.24 C.36 D.487.0和1是计算机中最基本数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（）A.50 B.51 C.52 D.538.对于实数，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.二、多选题（本大题共3小题，共18分）9.函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.函数的图象关于直线对称D.函数在上单调递减10.已知等比数列的前n项和为，公比为q，且满足，，则（）A. B.C. D.若，则当最小时，11.在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（）A.与是异面直线B.存在点，使得，且平面C.与平面所成角的余弦值为D.点到平面的距离为三、填空题（本大题共3小题，共15分）12.已知，点是边上一点，若，则__________.13.若曲线与曲线有公共点，且在公共点处有公切线，则实数______．14.如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积______．四、解答题（本大题共5小题，共77分）15.记的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若为边上的中点，求的长．16.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由.18.集合，将集合A中元素按由小到大的顺序排列成数列an，即，，数列an的前n项和为．（1）求，，；（2）判断672，2024是否是an（3）求，2024-2025学年江苏省徐州市高三上学期第二次质量调研数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】根据题意解出集合，进而求出交集即可.【详解】由，解得：或，所以，由，解得：，所以，所以.故选：C.2.若复数z满足，则（）A. B.2 C.2 D.4【正确答案】C【分析】根据除法运算求得，再利用模长公式运算求解.【详解】因为，则，所以.故选：C.3.若，且，则下列不等式一定正确的是（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据题意，求得，结合作差比较法，逐项判定，即可求解.【详解】因为且，可得，所以，对于A中，由，所以，所以A正确；对于B中，由，所以，所以B不正确；对于C中，由，因为，所以，可得，所以，所以C不正确；对于D中，由，所以，所以D不正确.故选：A4.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为（）A.24 B.32 C.96 D.128【正确答案】C【分析】根据正四棱锥及球的特征求出锥体的底边边长和侧棱长，然后结合勾股定理利用侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥的外接球球心在上，由题意球O的半径，所以，，则，故中，边AB的高为，所以该正四棱锥的侧面积为.故选：C5.若，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】首先正切化为正弦和余弦，再利用辅助角和二倍角公式化解得到，再利用角变换表示，最后利用三角函数二倍角公式，即可求解.【详解】根据题意，，故选：C.6.甲､乙､丙､丁､戊共5名同学进行演讲比赛，决出第1名到第5名的名次.已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相邻，则5人的名次排列可能有（）种不同的情况.A.18 B.24 C.36 D.48【正确答案】B【分析】由题意知将丙和丁看成一个整体，按丙和丁位置分4种情况讨论，结合分类计数原理计算即可求解.【详解】由题意知，将丙和丁看成一个整体，分4种情况分析：①丙和丁的整体分别为第1、2名，有种情况；②丙和丁的整体分别为第2、3名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第4、5名，有种情况；③丙和丁的整体分别为第3、4名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2、5名，有种情况；④丙和丁的整体分别为第4、5名，第1名只能是戊，所以甲和乙为第2、3名，有种情况；所以共有种情况.故选：B7.0和1是计算机中最基本的数字，被称为二进制数字．若数列满足：所有项均是0或1，当且仅当（其中为正整数）时，，其余项为0．则满足的最小的正整数（）A.50 B.51 C.52 D.53【正确答案】B【分析】由题意可得，则，根据即可求解.【详解】由题意知，，且，即，当时，，由于，所以满足的的最小值为51，故选：B．8.对于实数，不等式恒成立，则实数m的取值范围为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】构造同构函数，分析单调性，转化为恒成立，即，再求解的最小值即可.【详解】已知，由知.故排除BD.由得，，构造函数，是上的增函数，则由得，即，令，，由得，当，则单调递减，当，则单调递增，，则，又，则.故选：C.二、多选题（本大题共3小题，共18分）9.函数的图象如图所示，将其向左平移个单位长度，得到的图象，则下列说法正确的是（）A.B.函数的图象关于点对称C.函数的图象关于直线对称D.函数在上单调递减【正确答案】ABD【分析】先根据图象确定函数的解析式，根据函数图象的平移，得到函数的解析式，可分析函数与的性质，判断ABC的真假，在分析函数的单调性，判断D的真假.【详解】因为点在函数的图象上，所以，且，所以.故A正确；因为，由，，得函数的对称中心为：，，当时，得对称中心为：，故B正确；.其对称轴为：，，所以不是函数的对称轴，故C错误；，由，，.所以函数的单调减区间为：，，因为，，所以函数在区间上单调递减，故D正确.故选：ABD10.已知等比数列的前n项和为，公比为q，且满足，，则（）A. B.C. D.若，则当最小时，【正确答案】ABD【分析】由，构造，两式相减得到递推关系，结合数列是等比数列，可得公比，再利用已知数据，得到，由，令，可解出，故可判断ABC；而D项，求解正项递增等比数列前项之积的最小值时的，即比较数列各项与1的大小，求出即得.【详解】因为，所以，两式相减得，因为为等比数列，所以公比，由，得，则，由，令，则，解得，故A，B项正确，C项错误；选项D，，则，且，则恒成立，则数列是以为首项，3为公比的等比数列，且为递增数列，令，得，由，，可得，即，故当最小时，，故D项正确．故选：ABD．11.在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（）A.与是异面直线B.存在点，使得，且平面C.与平面所成角的余弦值为D.点到平面的距离为【正确答案】BC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，根据得到与平行；B选项，先求出，得到平面的法向量，根据数量积为0得到，得到平面；C选项，先求出与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值；D选项，求出平面的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.【详解】A选项，以作坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，则，由于，故与平行，A错误；B选项，设，因为，所以，即，解得，故，设平面的法向量为，则，令，则，则，因为，故，平面，故存在点，使得，且平面，B正确；C选项，平面的法向量为，故与平面所成角的正弦值为，则与平面所成角的余弦值为，C正确；D选项，设平面的法向量为，则，令，则，故，则点到平面的距离为，D错误.故选：BC三、填空题（本大题共3小题，共15分）12.已知，点是边上一点，若，则__________.【正确答案】【分析】由向量的线性运算可得，再代入，即可求得.【详解】由题意，，所以.故答案为.13.若曲线与曲线有公共点，且在公共点处有公切线，则实数______．【正确答案】【分析】设曲线与曲线的公共点为，由题意可以得到，列出关于的方程并进行求解即可.【详解】由的定义域为，因此设曲线与曲线的公共点为，，则，即①，又，，且两曲线在公共点有公切线，则，即②，①②联立消去得，解得，代入①可得，故14.如图，四边形由和拼接而成，其中，，若与相交于点，，，，且，则的面积______．【正确答案】##【分析】在中，由正弦定理得再利用两角和差的正弦展开式计算出，最后利用三角形面积公式得到面积.【详解】在中，由正弦定理得：，由于，所以．而，则有：，，又，，由，可得，所以，故答案为.关键点点睛：本题关键在于能利用正弦定理和两角差的正切公式结合三角形面积公式求出边长.四、解答题（本大题共5小题，共77分）15.记的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若为边上的中点，求的长．【正确答案】（1）（2）【分析】（1）由，利用正弦定理，再化简可得，可得，求得；（2）由，，可得，在中，由余弦定理解得，得，由余弦定理求得，在中，由余弦定理即可求得.【小问1详解】因为，由正弦定理得，在中，，则，得，因为，所以，即，，又，则，则，所以.【小问2详解】因为，由，所以，解得，在中，由余弦定理得，则，又为边上的中点，所以，在中，由余弦定理得则，在中，由余弦定理得，所以.16.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．【正确答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可.方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证.【小问1详解】因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，平面平面，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值？若不存在，说明理由.【正确答案】（1）见解析；（2）；（3）不存在，理由见解析【分析】(1)利用面面垂直的性质得到线面垂直，再由线面垂直的性质得出；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；(3)由，C，M三点共线，利用向量共线得出，利用线面垂直判定定理证明平面，由于，不平行，则不存在棱上的点，使得平面.【详解】（1）在四棱锥中因为平面平面，平面平面又因为，平面所以平面因为平面所以（2）取中点，连接因为所以因为平面平面，平面平面因为平面所以平面所以因为所以所以四边形是平行四边形所以如图建立空间直角坐标系，则.设平面的法向量为，则即令，则.所以.因为平面的法向量，所以由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.（3）设是棱上一点，则存在使得.设，则所以所以所以.所以.因为平面所以平面.所以是平面的一个法向量.若平面，则.所以因为方程组无解，所以在棱上不存在点，使得平面.本题主要考查了利用线面垂直证明线线垂直以及利用向量法求二面角，属于中档题.18.集合，将集合A中的元素按由小到大的顺序排列成数列an，即，，数列an的前n项和为．（1）求，，；（2）判断672，2024是否是an（3）求，．【正确答案】（1），，（2）672是数列的项，2024不是中的项（3），【分析】（1）直接对a,b,c赋值求值即可；（2）直接利用集合A中元素的意义验证即可；（3）先确定集合A中元素个数，再确定an中最大项是（），最小项是可求出，再利用求和求得.【小问1详解】，，．【小问2详解】