江苏省镇江市2023-2024学年高三下学期期初考试数学试卷（解析版）

20232024学年度第二学期高三期初试卷数学试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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，写在本试卷上无效.3本卷满分150分，考试时间120分钟.考试结束后，将答题卡交回.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. 一组数据从小到大的顺序排列如下：9，10，12，15，17，18，22，26，经计算，则分位数是（ ）A. 18B. 20C. 21D. 22【答案】B【解析】【分析】根据百分位数的定义计算即可.【详解】因为，故分位数是第6个和第7个的平均数，则，故选：B.2. 已知复数满足，则（ ）A. 0B. 1C. D. 2【答案】C【解析】【分析】由复数乘除法以及复数模运算公式即可求解.【详解】由题意，所以.故选：C.3. 在中，且的面积为，则（ ）A. B. C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】利用面积公式求出，再由余弦定理可得答案.【详解】因为，所以，解得，由余弦定理可得，所以.故选：B.4. 已知正数满足，则的最小值为（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】D【解析】【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】因为正数满足，所以，当且仅当，即、时取等号.故选：D5. 已知平面内的向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】A【解析】【分析】先根据条件，确定向量夹角，再根据向量数量积的性质求模.【详解】因为，又，所以.所以：，所以.故选：A6. 等差数列的首项为1，公差不为0，若成等比数列，则的前5项的和为（ ）A. B. C. 5D. 25【答案】A【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题意列出方程，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.【详解】设等差数列的公差为且，且，因为成等比数列，可得，即，即或（舍去），所以.故选：A.7. 已知，则的值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式并进行弦化切求得正确答案.【详解】，分子分母同时除以得：，由于，所以，所以，所以，所以，即，分子分母同时除以得：即，代入得：，解得.故选：A.8. 已知过坐标原点且异于坐标轴的直线交椭圆于两点，为中点，过作轴垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，直线的斜率分别为，若，则椭圆离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意设出各个点的坐标，注意到，结合，两式相比结合斜率公式即可求解.【详解】如图所示： 设，则，而，又因为，所以，解得，所以椭圆离心率为.故选：D.【点睛】关键点点睛：关键是发现，由此即可顺利得解.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，下列命题正确的是（ ）A. 命题“，”的否定是“，使得成立”B. 若命题“，恒成立”为真命题，则C. “”是“方程有实数解”的充分不必要条件D. 若命题“，”为真命题，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A：根据全称命题的否定是特称命题分析判断；对于B：根据恒成立问题结合二次函数分析求解；对于C：根据二次方程的根的判别式结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据存在性问题结合二次函数的性质分析求解.【详解】对于选项A：命题“，”的否定是“，使得成立”，故A错误；对于选项B：若命题“，恒成立”为真命题，注意到的图象开口向上，则，解得，故B正确；对于选项C：若，则，可知方程有实数解，即充分性成立；例如，方程有实数解，不满足，即必要性不成立，所以“”是“方程有实数解”的充分不必要条件，故C正确；对于选项D：若命题“，”为真命题，注意到的图象开口向上，对称轴为，则，解得，故D正确；故选：BCD.10. 正方体的8个顶点中的4个不共面顶点可以确定一个四面体，所有这些四面体构成集合，则（ ）A. 中元素的个数为58B. 中每个四面体的体积值构成集合，则中的元素个数为2C. 中每个四面体的外接球构成集合，则中只有1个元素D. 中不存在四个表面都是直角三角形的四面体【答案】ABC【解析】【分析】由8个顶点中选取4个不共面顶点，确定中元素的个数判断选项A；由每个四面体的结构特征，计算体积值判断选项B；由每个四面体的外接球特征判断选项C；寻找四个表面都是直角三角形的四面体判断选项D.【详解】正方体的8个顶点中任取4个，共有种情况，其中四点共面的有六个表面和六个对角面共12种情况，不构成四面体，所以中元素的个数为58，A选项正确；四面体的体积有以下两种情况：第一种情况如下图所示，四面体的四点在相对面且异面的对角线上，如四面体，若正方体棱长为，则四面体体积为 ， 第二种情况如下图所示，四面体的四点中有三个点在一个侧面上，另一个点在相对侧面上，如四面体，若正方体棱长为，则四面体体积为， 所以中每个四面体的体积值构成集合，则中的元素个数为2，B选项正确；每个四面体的外接球都是原正方体的外接球，中只有1个元素，C选项正确；如下图， 四面体的每个面都是直角三角形，D选项错误. 故选：ABC11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 是的一个周期B. 的最小值是C. 存在唯一实数，使得是偶函数D. 在上有3个极大值点【答案】ACD【解析】【分析】对于A，直接验算是否相等即可；对于B，通过放缩即可判断；对于C，利用偶函数性质求解并建议即可；对于D，设，通过连续求导来说明在上各有一个极大值点即可.【详解】对于A，所以是的一个周期；对于B，故B错误；对于C，若，则，即，所以，又，所以，经检验符合题意，故C正确；对于D，设，则，令，则在上的函数值小于0，在上的函数值小于0，故所有上面的极值点都是极大值点，同时，所以在上各有一个极大值点，从而有三个极大值点，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是连续求导，由此即可顺利得解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 与圆和圆都相切的直线方程是_【答案】【解析】【分析】根据题意，判断两圆的位置关系内切，联立方程组求得公切线方程.【详解】设圆的圆心为，半径为，则，设圆的院系为，半径为，则，所以，所以两圆内切.联立方程，解得，所以两圆的公切线方程为.故答案为：.13. 已知是圆锥的底面直径，是底面圆周上的一点，则二面角的余弦值为_【答案】#【解析】【分析】根据题意，建立空间直角坐标系利用向量法求解.【详解】如图，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直为轴，建立空间直角坐标系，点为底面圆周上一点，则，又，设平面的一个法向量为，则，即，令，得，又易知平面的一个法向量为，如图，锐二面角的余弦值为.故答案为：. 14. 如果函数在区间上为增函数，则记为，函数在区间上为减函数，则记为已知，则实数的最小值为_；函数，且，则实数_【答案】 . 2 . 3【解析】【分析】第一空：由对勾函数性质即可得解；第二空由取极值的必要条件即可得解.【详解】对于第一空：由题意在上单调递增，首先有，（若，则当时，无意义），由对勾函数性质得当时，的单调递增区间为，所以，即实数的最小值为2；对于第二空：显然可导，由题意在上单调递减，在上单调递增，即是函数的极值点，所以，解得，经检验满足题意.故答案为：2，3.四、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. 在如图所示的圆台中，是下底面圆的直径，是上底面圆的直径，为圆的内接正三角形. （1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】15. 证明见解析 16. 【解析】【分析】(1) 记与交于点，连接，要证明平面，只需证明;(2)建立空间直角坐标系，找到平面的法向量为，利用线面角的向量算法求解即可.【小问1详解】 记与交于点，连接，因为是下底面圆的直径，且为圆的内接正三角形，所以垂直平分，中，,因为，所以故四边形为平行四边形，故，又平面,平面,故平面.小问2详解】由（1）知，则面,如图建立空间直角坐标系： 则,设平面的法向量为则令，则，记直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.16. 为了释放学生压力，某校进行了一个投篮游戏甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛每人各投一次为一轮每人投一次篮，两人中只有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分设甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且各次投篮结果互不影响（1）经过1轮投篮，记甲的得分为，求的分布列及数学期望；（2）用表示经过第轮投篮后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率，求【答案】（1）X的分布列见详解， （2），【解析】【分析】（1）的可能取值为由独立乘法、互斥加法以及对立事件概率公式分别求得对应的概率，由此即可得分布列以及数学期望；（2）如果经过两轮，甲的累计得分高于乙的累计得分，则，由此可得此时有二种情况：一是甲两轮都得1分；二是两轮中有一轮甲得1分而另一轮甲得0分，从而可得相应的概率，如果经过三轮，甲的累计得分高于乙的累计得分，同理有四种情况：，由此即可求解.【小问1详解】的可能取值为；所以的分布列为：01则的数学期望为【小问2详解】设每轮比赛甲乙得分分别为，则，如果经过两轮，甲的累计得分高于乙的累计得分，则，代入，即，而的可能取值为所以，或者此时有二种情况：一是甲两轮都得1分；二是两轮中有一轮甲得1分而另一轮甲得0分所以如果经过三轮，甲累计得分高于乙的累计得分，同理有得，同理有四种情况：所以17. 已知函数（1）判断函数在区间上极值点和零点的个数，并给出证明；（2）若恒成立，求实数【答案】（1）一个零点，一个极大值点，证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）令，可得，当时，则在上单调递减，又，则存在唯一零点，使，进而得到的单调性，从而得到极值点和零点个数；（2）由，得，令，则，只需是的一个极大值点，由，则，解得，从而证明当时，恒成立即可.【小问1详解】由题可得令，则因为，所以，,则所以在上单调递减，且和在上连续，由零点存在定理知存在唯一零点，使所以时，在单调递