《数学-扬州市2024届高三上学期期初考试模拟数学解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学-扬州市2024届高三上学期期初考试模拟数学解析.docx（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试题解析1D解一元二次方程求集合A，由具体函数的定义域求集合B，再利用集合的并运算求即可.依题意，得，.故选：D2D由正弦定理、三角形边角关系及充分条件、必要条件的定义即可得解.由正弦定理得，且，若，则，所以，所以，故充分性成立；若，则由余弦函数的单调性可得，所以，故必要性成立.所以“”是“”的充要条件.故选：D.3B按照相邻捆绑，不相邻插空的方法求解A，B相邻，捆绑作为一个节目与、进行全排列，然后把、插入其中的四个空档中，排法总数为故选：B4C根据圆柱和球的体积公式和表面积公式即可求解.设圆柱部分的高是，所以，所以所以，内壁表面积为，故选：C.5A利用指数与对数的互换表示出，然后利用换底公式
2、以及对数的运算法则求解即可由题可得，即原式故选：6A根据给定的离心率及三角形周长，求出椭圆方程，再设出直线MN的方程，与椭圆方程联立求解三角形面积即可.依题意，MNF2周长，解得，而椭圆的离心率，则其半焦距，因此，椭圆C：，显然直线不垂直于y轴，设其方程为，由消去x得：，设，则有，令，函数在上单调递增，因此当时，取得最小值4，即，MNF2的面积，当且仅当时取等号，所以MNF2面积的最大值为12.故选：A7A根据三角函数恒等变换公式化简已知等式，再根据诱导公式简化即可得到答案.故选:A8B由函数的解析式结合对数的运算性质即可得解.函数f（x）logax（a0，a1），f（x1x2x2018）4，
3、f（x1x2x2018）loga（x1x2x2018）4，f（x12）+f（x12）+f（x20182） loga（x1x2x2018）22loga（x1x2x2018）248故选B本题考查函数值的求法，考查对数性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题9BD复数,可知其实部为1与虚部为，其模长为，将复数代入验证即可说明复数为方程的一个根.因为复数所以复数的实部是1，虚部是，A错误，B正确，C错误，因为，即复数是方程的一个根，D正确.故选：BD.10BCD A.由判断；B.由 ，求解判断；C.由平面ABCD，得到是与平面ABCD所成的角求解判断；D.以D为原点，分别以 为x，y，z轴
4、，建立空间直角坐标系，设球心为 ， ，由化简得到t的范围，再由外接球的表面积为判断. 直四棱柱中，点P到底面ABCD的距离为，设点Q到BC的距离为h，则 ，因为不是定值，故四面体PBCQ的体积不是定值，故A错误；在中， ，因为 ，所以，则 ，故B正确；因为平面ABCD， 所以是与平面ABCD所成的角，则，因为 ，所以，故C正确； 以D为原点，分别以 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：则，线段BC的中点为 ，线段的中点为 ，设球心为 ， ，则 ，由得 ，化简得，即，易知 ，则 ， ，所以 外接球的表面积为，故D正确，故选：BCD11AD 根据新定义进行证明判断A，假设二次函数是“k距周期函数”
5、，然后由新定义推理判断B，用反例判断C，根据周期函数的定义求解判断D A设一次函数为，则，其中，A正确；B设二次函数为（），若是“k距周期函数”，则，则，不满足新定义，B错误；C设，则是“1距周期函数”，且类周期为1，C错；D设，则，即，则，D正确故选：AD 关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，然后根据新定义解决问题新定义的实质是恒成立（），因此可转化恒等式进行分析12BCD 利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. 对于A：，所以，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：，故C正确.对于D：，所以D正确.故选：BCD.1326 根据题意得到，得到，解之得解. 由题得回归方程是经过
6、样本中心点是，且，所以，解得故答案为：26 本题主要考查回归直线方程的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.14， 根据已知，利用等差数列的性质以及通项公式求解. 因为等差数列满足，所以，所以，又因为，所以，即，所以，所以，.故答案为：，.15 方程3sinx=1+cos2x,即3sinx=1+12，解关于的方程即可 方程3sinx=1+cos2x,即3sinx=1+12,即2+3sinx2=0，求得sinx=2(舍去),或sinx=，故答案为16； 分析：根据余弦定理，将题中等式化简整理，可得sinBcosC=2sinAcosBsinCcosB，利用两角和正弦公式化简得2sinAcos
7、B=sin（B+C）=sinA，在两边约去sinA得，结合三角形内角取值范围即可得到角B的大小.详解：在ABC中，b2=a2+c22accosB，b2a2c2=2accosB，同理可得c2a2b2=2abcosC， sinC0，可得sinBcosC=2sinAcosBsinCcosB，2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin（B+C）=sinA， sinA0，等式两边约去sinA，可得，0B，角B的大小点睛：点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定理进行边角之间的转化，以达到求解的目的（2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要
8、根据角的范围才能确定角的大小，这点容易被忽视，解题时要注意17(1)，极大值1，无极小值；(2)存在， (1)结合已知条件，首先求出，然后利用两直线垂直关系即可求出，然后利用导函数求出的单调区间，进而求得极值；(2)结合(1)中结论，求出零点存在的大致区间，再结合已知条件即可求解. (1)由，得，因为的图象在点处的切线与直线垂直，所以，解得所以，令，得，因为当时，；当时，所以在上单调递增，在上单调递减故在处取得极大值1，无极小值(2)由(1)，知在上单调递减，且，又在上单调递增，且，所以由零点存在定理，得在区间内存在唯一零点若函数在区间上存在极值和零点，则，解得所以存在符合条件的区间，此时实数
9、的取值范围为18(1)；(2)5 （1）利用可求出数列的通项公式；（2）由（1）得，然后由，得，则，从而可求出，进而可求出使得的最小整数的值. （1）当时，得，当时，由，得，所以，所以，所以数列是以2为首项，4为公比的等比数列，所以（2）由（1）得，因为数列中落入区间内，所以，所以，所以，所以数列中落入区间内的项的个数，所以，由，得，即，当时，当时，因为随的增大而增大，所以的最小整数为5.19(1)证明见解析；(2)存在；. （1）若选，取中点，中点，中点，可证得四边形为平行四边形，从而利用勾股定理和平行关系证得，由线面垂直和面面垂直判定得到平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；若选，取中点，
10、中点，由线面垂直和面面垂直的判定可证得平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；若选，取中点，中点，根据长度和平行关系可证得四边形为平行四边形，由此确定，得到，结合可得，从而利用勾股定理和平行关系证得，由线面垂直和面面垂直判定得到平面平面，利用面面垂直性质可证得平面；三个条件均可说明两两互相垂直，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面垂直的向量证明方法可证得结论；（2）假设存在满足题意的点，利用二面角的向量求法可构造方程求得，由此可确定点位置，得到的值. （1）若选，取中点，中点，中点，连接，四边形为平行四边形，又，又，又，平面，平面，平面，平面平面，又平面，平面平面，平面，又，；若选，平面
11、，平面，平面，平面平面，取中点，中点，连接，又平面，平面平面，平面，又，；若选，取中点，中点，连接，又，；分别为中点，又，四边形为平行四边形，；，又，又，平面，平面，平面，平面平面，又，平面，平面平面，平面，又，；综上所述：两两互相垂直，则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，平面，平面的一个法向量；设平面的法向量，则，令，解得：，即，平面与平面.（2）设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，由（1）得：，设平面的法向量，则，令，则，；，化简可得：，解得：或（舍），；综上所述：在线段上存在点，满足，使得平面与平面夹角的余弦值等于.20(1)答案见解析(2)乙排1号，理
12、由见解析 （1）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列；（2）在（1）的基础上，求出男甲排1号时的期望值，再求出男甲排1号时的期望值，比较后得到结论. （1）的可能取值为，故分布列为：012（2）由（1）知，甲排1号时，期望值为，设表示男乙排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数，则的可能取值为，则，故期望值为，因为，故乙排1号时期望值更大.21（1）；（2）存在，方程为. （1）根据条件，列出关于的方程组，求椭圆的标准方程；（2）当斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，得到韦达定理，结合直线与圆相切，得到，并代入的坐标表示，利用定值与无关，求得圆的方程，当斜率不存在时，可直接求得点的坐标
13、，得到的值，求得圆的的方程. （1）由题意知，由，得.设直线与椭圆C交于点，则.把代入椭圆方程，得，故，即.由，解得或(舍去)，所以椭圆C的标准方程为.（2）假设存在这样的圆O，设.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为.由，得.设，则，.故.由，得.由，得，当与k无关时，即圆O的半径为.当直线AB的斜率不存在时，若直线AB的方程为，将其代入椭圆C的方程，得，此时.若直线AB的方程为，同理可得.综上，存在满足题意的圆O，其方程为. 解决存在性问题的注意事项：（1）存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在；（2）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；（3
14、）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；（3）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。22（1）极大值为，无极小值；（2）；见解析. （1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义及直线垂直时斜率的关系可求，然后结合单调性可求极值；（2）由已知可得对任意的恒成立，分离参数后通过构造函数，转化为求解相应函数的最值，结合导数可求；结合可得对任意的恒成立，赋值，可得，然后结合对数的运算性质可求 （1），由已知可得，解得.则，其中.令，得.当时，；当时，.所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.所以，函数的极大值为，无极小值；（2）由条件知，只需，即对任意的恒成立，即，其中，令，则，即，构造函数，则，令，得，列表如下：极大值所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，所以，因此，实数的取值范围是；由可知，当时，对任意的恒成立，令，则，所以，所以.