江苏省扬州中学2023-2024学年高三上学期1月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份江苏省扬州中学2023-2024学年高三上学期1月月考数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本大题共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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. (2＋ eq \r(,3)i)(2－ eq \r(,3)i)＝
A.5 B. －1 C. 1 D.7
3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知函数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5. 已知展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
6. 刍薨是《九章算术》中出现的一种几何体，如图所示，其底面为矩形，顶棱和底面平行，书中描述了刍薨的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是刍薨的高，即顶棱到底面的距离），已知和均为等边三角形，若二面角和的大小均为，则该刍薨的体积为（ ）
A. B. C. D.
7．已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
8. 已知函数在区间内不存在最值，且在区间上，满足恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ）
A. 数据1，2，3，4，5，6，8，9，11第75百分位数是7
B. 若事件M，N的概率满足，且M，N相互独立，则
C. 由两个分类变量，的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断，独立
D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
10. 已知圆：，过直线：上一点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）
A. 若点的坐标为，则 B. 面积的最小值为
C. 直线过定点 D.
11. 已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在点满足平面平面
B. 当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C. 若，则最小值为
D. 若，则点的轨迹长为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则__________.
14.数列满足，且，则该数列前5项和可能是___________(填一个值即可）
15. 请写出一个同时满足下列两个条件的函数：__________.
①；②函数在上单调递增.
已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则当时，=____________；内切圆的半径为____________.
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.已知数列前项和为，且满足__________.
①，均有且，②首项，均有；从条件①和②中选一个填到题目条件下划线上（若两个都填，以第一个为准），并回答下面问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和的表达式.
18. 如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
19. 如图，在中，，点P在边BC上，且．
（1）若，求PB﹔
（2）求面积的最小值．
20．已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．
（1）求C的方程；
（2）当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．
杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神。甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的。方式二：直接购买吉祥物，每个30元。
甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开。当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用表示甲购买的次数，求的分布列；
为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
22.定义函数．
（1）求曲线在处的切线斜率；
（2）若对任意恒成立，求k的取值范围；
（3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由．
（注：…是自然对数的底数）
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数学
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
3.本试卷主要考试内容：高考全部内容.满分150分，考试用时120分钟.
一、选择题：本大题共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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
2. (2＋ eq \r(,3)i)(2－ eq \r(,3)i)＝
A.5 B. －1 C. 1 D.7
【答案】D
3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
4. 已知函数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
5. 已知展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
6. 刍薨是《九章算术》中出现的一种几何体，如图所示，其底面为矩形，顶棱和底面平行，书中描述了刍薨的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即（其中是刍薨的高，即顶棱到底面的距离），已知和均为等边三角形，若二面角和的大小均为，则该刍薨的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出线段长及点到平面的距离，再代入公式计算即得.
【详解】令点在平面的投影分别为，取的中点，连接，
由平面，平面，得，
由正，得，平面，
则平面，同理平面，由四边形为矩形，得，
于是平面，而面，平面，则，
显然，有，且都在平面，因此点共线，
显然，而平面，平面平面，平面，则，
四边形为平行四边形，，
由，，得是二面角的平面角，即，
则，又，因此，
同理，而，则，
所以该刍薨的体积为.
故选：A
7．已知抛物线的焦点为F，，点是抛物线上的动点，则当的值最小时，=（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】由题知，抛物线的准线方程为，，过P作垂直于准线于，连接，由抛物线定义知.
由正弦函数知，要使最小值，即最小，即最大，即直线斜率最大，即直线与抛物线相切.
设所在的直线方程为：，联立抛物线方程：
，整理得：
则，解得
即，解得，代入得
或，再利用焦半径公式得
故选：B.
8. 已知函数在区间内不存在最值，且在区间上，满足恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】由正弦型函数的区间最值情况得，，进而有或，讨论结合已知恒成立确定最终的取值范围.
【详解】由，则内不存在最值，
即，则，，则或，
由，则中恒成立，
只需且，
或；
所以的取值范围是.
故选：D
二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 对于下列概率统计相关知识，说法正确的是（ ）
A. 数据1，2，3，4，5，6，8，9，11第75百分位数是7
B. 若事件M，N的概率满足，且M，N相互独立，则
C. 由两个分类变量，的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断，独立
D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求出第75百分位数，从而判定A；由独立性得到，进而利用对立事件的概率关系判定B；根据，可判定C；根据直线方程斜率为负值，可知相关系数为负值，根据所有点都在直线上，可知相关系数绝对值为1，进而可知相关系数，从而判定D.
【详解】对于选项A，9个数据从小到大排列，由于，所以第75百分位数应该是第7个数8，故A错误；
对于选项B，由M，N相互独立得：，所以，，故B正确：
对于选项C，由，可以认为和独立，故C正确：
对于选项D，样本点都在直线，说明是负相关且为线性函数关系，所以相关系数为，故D正确，
故选：BCD.
10. 已知圆：，过直线：上一点作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ）
A. 若点的坐标为，则 B. 面积的最小值为
C. 直线过定点 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用圆的切线长公式求解判断；B选项，利用时，取最小值求解判断；C选项，设，求得以为直径的圆，与联立，求得直线AB的方程判断；D选项，利用圆的弦长公式求解判断.
【详解】A选项，如图，

由圆的切线性质及勾股定理可得：，所以A选项正确：
B选项，到直线的距离为，
而，所以的最小值为，
所以三角形面积的最小值为，所以B选项错误：
C选项，设，，
线段的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，
即，由，
两式相减得直线的方程为：，即，
由解得，所以直线过定点，C选项正确；
D选项，由C选项知，圆心到直线的距离，
所以，D选项正确，
故选：ACD.
11. 已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用同构法判断A；利用A中结论判断B；利用零点存在定理判断的范围，从而利用一次函数与二次函数的性质判断CD.
【详解】因为，所以，
又其定义域内单调递增，所以其定义域内单调递增，故，故A正确；
由A可知，所以，故B正确；
因为单调递增，
且，
根据零点存在定理，有，故C错误；
因为，
又二次函数的对称轴为1，且在区间上单调递减，
所以，故D正确，
故选：ABD.
12. 如图，在棱长为1的正方体中，点在侧面内运动（包括边界），为棱中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 存在点满足平面平面
B. 当为线段中点时，三棱锥的外接球体积为
C. 若，则最小值为
D. 若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】当点位于点时，平面平面，可判断A选项；确定三棱锥的外接球的球心，进而求半径，可判断B选项；当点位于点时，可判断C选项；利用∽，建立适当的平面直角坐标系可得到点的轨迹，进而求轨迹的长，可判断D选项.
【详解】
对于A，面面，
所以当点位于点时，平面平面，故A正确；
对于B，当为线段中点时，
与均为直角三角形，且面面，
三棱锥的外接球的球心为的中点，
外接球的半径，
三棱锥的外接球体积为，故B正确；
对于C，，点在线段上，
当点位于点时，，故C错误；
对于D，若，
与均为直角三角形，
∽，，
如图，在正方形中，

以为原点，、分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则，，
设，则，
整理得：，
点在面内的轨迹为以为圆心，以为半径的，
，，
在中，，，
，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角平方和关系可得，进而根据齐次式即可求解.
【详解】由可得，故，
又，解得或，
由于，，故，
又，故，因此，
故，
故答案为：
14.数列满足，且，则该数列前5项和可能是___________(填一个值即可）5或者31
【分析】由条件可得，然后分或讨论，结合等比数列的定义以及其前项和公式，即可得到结果.
【详解】因为，
即，
所以或，
若，则数列为常数数列，
且，则其前5项和；
若，即，且，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
则；
所以该数列前5项和可能是5或者31.
15. 请写出一个同时满足下列两个条件的函数：__________.
①；②函数在上单调递增.
【答案】（答案不唯一，形如均可）
【解析】
【分析】根据，可设，再根据性质②确定的可能取值.
【详解】因为，，
所以可设，
则.
因为函数在上单调递增，
所以，
所以满足这两个条件，
故答案为：（答案不唯一）.
16．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，右顶点为，过的直线交双曲线的右支于，两点（其中点在第一象限内），设，分别为，的内心，则当时,____________；内切圆的半径为____________
【解析】由双曲线方程知：，
由，则，故，
而，所以，故，得，
所以，
若为内切圆圆心且知：以直角边切点和为顶点的四边形为正方形，
结合双曲线定义：内切圆半径
，
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.已知数列前项和为，且满足__________.
①，均有且，②首项，均有；从条件①和②中选一个填到题目条件下划线上（若两个都填，以第一个为准），并回答下面问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和的表达式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据求解即可；
（2）利用错位相减法求和.
【小问1详解】
若选条件①，则令，可得：，
故当时有：，
，
又当也符合上式，所以，
数列的通项公式为；
若选条件②，则由可得，
当时，，解得，
当时有：，
则,
化简得:，
因为，故有，即，
所以是首项为，公差为的等差数列，从而有.
数列的通项公式为；
【小问2详解】
由（1）可知：，则
，
，
两式相减得：，
，
，
所以.
数列前项和为.
18. 如图，在四棱锥中，，设分列为棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判定推理即得.
（2）取的中点，证明平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值即得.
【小问1详解】
取的中点，连接，则，且，
又，且，于是，四边形为平行四边形，
则，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，由，得，
又是的中点，则，
又是的中点，则，
而平面，于是平面，平面，，
又平面，因此平面，
不妨设，以点为坐标原点，直线、过点平行于的直线、
直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，则，
由为的中点，得，
由（1）知，，直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设为平面的一个法向量，则，令，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
19. 如图，在中，，点P在边BC上，且．
（1）若，求PB﹔
（2）求面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理求解即可；
（2）设，则，求出，，所以三角形ABC面积的可表示为只含的函数，利用二次函数的性质可得最大值.
【小问1详解】
因为，
所以在中由余弦定理可得，
所以，解得，
由正弦定理得，即，解得，
所以，，
在三角形ABC中由正弦定理得：，则，
解得，所以；
【小问2详解】
设，则，由于，则，
在中由正弦定理得：，解得，
过A点做BC的垂线，交BC于M点，设三角形的面积为S，
则，所以，
所以，
所以
即三角形ABC面积的最大值为.
20．已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．
（1）求C的方程；
（2）当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当M与原点O重合时，可设，则有、，
且，即有,
则，
即，又，故，则，
即有，由离心率为，即，
则，故，即有，
解得，故，即C的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
，即，
有，，
为，
令，故，
由，故，
其中，即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
杭州亚运会的三个吉祥物是琮琮、宸宸和莲莲，他们分别代表了世界遗产良渚古城遗址、京杭大运河和西湖，分别展现了不屈不挠、坚强刚毅的拼搏精神，海纳百川的时代精神和精致和谐的人文精神。甲同学可采用如下两种方式购买吉祥物，方式一：以盲盒方式购买，每个盲盒19元，盲盒外观完全相同，内部随机放有琮琮、宸宸和莲莲三款中的一个，只有打开才会知道买到吉祥物的款式，买到每款吉祥物是等可能的。方式二：直接购买吉祥物，每个30元。
甲若以方式一购买吉祥物，每次购买一个盲盒并打开。当甲买到的吉祥物首次出现相同款式时，用表示甲购买的次数，求的分布列；
为了集齐三款吉祥物，甲计划先一次性购买盲盒，且数量不超过3个，若未集齐再直接购买吉祥物，以所需费用的期望值为决策依据，甲应一次性购买多少个盲盒？
22.定义函数．
（1）求曲线在处的切线斜率；
（2）若对任意恒成立，求k的取值范围；
（3）讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由．
（注：…是自然对数的底数）
【答案】（1）
（2）
（3）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果；
（3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值.
【小问1详解】
由，
可得,
所以曲线在处的切线斜率.
【小问2详解】
若对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
令，则，
由解得，或；由解得，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，且当时，，
故的最小值为，
故，即的取值范围是.
【小问3详解】
，
当时，，
因此当为奇数时，，
此时
则，所以单调递减.
此时，显然有唯一零点，无最小值.
当时，
且当时，
，
由此可知此时不存在最小值.
从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值，
当时，即当为偶数时，，
此时，
由，解得；由，解得
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
即，所以当为偶数时，没有零点.
设，
，
所以在上单调递增，，即.
令可得，
当时
，
即.
从而当为偶数时，没有零点，存在最小值.
综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值；
当为偶数时，没有零点，存在最小值.