《2024届江苏淮安高三上学期期末考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届江苏淮安高三上学期期末考试数学试题含答案.pdf（10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、数学试卷 第 1 页，共 4 页 20232024 学年度第一学期高三年级期末调研测试 数学试卷 2024.1 总分：150 分 时间：120 分钟 注意事项：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考试结束后，将答题卡交回。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四分。在每小题给出的四个选项中，只有
2、一项是个选项中，只有一项是符合题目要求的。符合题目要求的。1已知(1+i)iz=，则复数z的虚部为A12B12C1i2D1i22已知集合1|,2Sx xkk=Z，1|2,2Tx xkk=+Z，则ST=AS BT CZ D 3随机变量X2(2,)N，若()1.5P Xm=，()22.513PXm=，则()2.5P X=A0.25B0.5C0.75D0.854图 1 是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图 2 是一个菱形十二面体，它是由十二
3、个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图 3），且平面ABCD与平面ATBS的夹角为45，则cosASB=图 1 图 2 图 3 A22B32C13D2 23S A B C D T#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#2024届江苏淮安高三上学期期末考试数学试题+答案数学试卷 第 2 页，共 4 页 5某学校广播站有 6 个节目准备分 2 天播出，每天播出 3 个，其中学习经验介绍和新闻报道两个节目必须在第一天播出，谈话节目必须在第二天播出，则不同的播出方案共有 A108 种 B90
4、种 C72 种 D36 种 6已知双曲线C：22221xyab=（0a，0b）的左顶点为M，左、右焦点分别为12,F F，过2F作x轴的垂线交C于,A B两点，若AMB为锐角，则C的离心率的取值范围是 A(1,3)B(1,2)C(3,)+D(2,)+7已知ABC的内角,A B C的对边分别为,a b c，若4c=，3A=，且 BE 为边 AC 上的高，AD 为边 BC 上的中线，则AD BE的值为 A2 B2 C6 D6 8已知ln3a=，2log eb=，26(2ln2)ec=，则,a b c的大小关系是 Aabc Bbca Ccab Dacb 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 4
5、小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。在每小题给出分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得要求。全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。9已知正四面体骰子的四个面分别标有数字 1，2，3，4，正六面体骰子的六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，抛掷一枚正四面体骰子，记向下的数字为X，抛掷一枚正六面体骰子，记向上的数字为Y，则 A1(2)2P X=B()133P Y=C()()XEE Y D()()XDD Y 10已知函数()sin()f xx=+(03，0
6、2)，且3(0)2f=，11()112f=，则 A6=B()f x的最小正周期为 C()f x在 5(,)26上单调递减 D()12f x 为奇函数 11已知数列na的前n项和为nS，且2nSnn=+，则下列结论正确的有 A若0=，则na为等差数列 B若3=，则na为递增数列 C若112=，则当且仅当3n=时nS取得最小值 D“3”是“数列nS为递增数列”的充要条件#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学试卷 第 3 页，共 4 页 12已知抛物线C：28yx=的焦点为F，F的半径为1，过F的直线l与抛物线C和F交于四个点
7、，自下而上分别是,A C D B，O为坐标原点，则 A1OC OD=B1AC COAB面积的最小值是8 D3|ADBD+的最小值是104 3+三、填空题三、填空题：本题共：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分。分。13已知ABC的顶点是(5,1)A，(7,3)B，(1,1)C，则ABC的外接圆的方程是 14若角4+的终边经过点(3,4)P，则cos2=15已知函数(21)fx+为奇函数，(2)f x+为偶函数，且当(0,1x时，2()logf xx=，则19()2f=16某兴趣小组准备将一棱长为a的正方体木块打磨成圆锥，则圆锥的最大体积为 四、解答题：本
8、题共四、解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）已知等比数列na为递增数列，其前 n 项和为nS，24a=，314S=（1）求数列na的通项公式；（2）求和：121135(21)nnnaaana+18（12 分）如图，在直四棱柱1111ABCDABC D中，BCCD，ABDC，12244DCBCCCAB=（1）证明：111ACB D；（2）求二面角11DBCD的平面角的余弦值 A B C D A1 B1 C1 D1#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACA
9、CIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学试卷 第 4 页，共 4 页 19（12 分）在ABC中，角,A B C的对边分别为,a b c，已知3c=（1）若2b=，11cos16C=，求sin A；（2）点D在边AB上，2ADDB=，若2 213CD=，tan2tanCB=，求a 20（12 分）波利亚罐子模型是一个著名的概率模型，是由美籍匈牙利数学家波利亚提出按照该模型，某数学兴趣小组准备了若干个除颜色外都相同的红球和白球，先在罐子中放入2个红球和1个白球，活动参与者每次从罐子中随机抽取1个球，观察其颜色后放回罐中，并再取1个相同颜色的球放入罐中，如此反复操作（1）求活动参与者第2次操
10、作时取到白球的概率；（2）记3次操作后罐子中红球的个数为X，求随机变量X的概率分布与数学期望 21（12 分）已知椭圆E：22221xyab+=（0ab）的离心率为22，且过点(2,1)A，点B与点A关于原点对称，过点(1,2)P作直线l与E交于,M N两点（异于A点），设直线AM与BN的斜率分别为12,k k （1）若直线l的斜率为12，求AMN的面积；（2）求1222k kk的值 22（12 分）已知函数21()|e|(1)2xf xaxxa x=+（1）当1a=时，求()f x的最小值；（2）若()f x在0 x=处取得极小值，求实数a的取值范围#QQABCQKAogAAAgBAAQhC
11、EwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 1 页，共 6 页 20232024 学年度第一学期高三年级期末调研测试 数学参考答案 一、选择题：一、选择题：本题共本题共 8 8 小小题，每小题题，每小题 5 5 分，分，共共 4040 分。分。1A 2B 3C 4C 5A 6B 7D 8C 二、选择题：二、选择题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分。9BD 10BC 11ACD 12BCD 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，分，共共 2020 分分。1322(
12、4)(2)10 xy+=（或2284100 xyxy+=）142425 151 163316a 四、四、解答题：本题共解答题：本题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分。解答应写出文解答应写出文字说明、证明过程或演字说明、证明过程或演算步骤算步骤。17解：（1）设等比数列 na的公比为q 312344414Saaaqq=+=+=，得2q=或12q=，2 分 当2q=时，12a=；当12q=时，18a=.由 na为递增数列，则12a=，2q=，所以12 22nnna=4 分（2）设121 23 25 2(21)2nnnnTn=+，1231 23 25 2(21)12nnnnTn=+相减得：
13、123122(2222)(21)2nnnnnTn=+7 分 12(12)22(21)12nnn=+12(24)(21)nnn+=+3 2(23)nn=+9 分 所以13 2(46)nnTn+=+10 分 18（1）连接11AC，交11B D于点H，在梯形1111ABC D中，111AB=，112BC=，114C D=，所以1111111112ABBCBCC D=，又11111190ABCBC D=，所以111111ABCBC D，则111111B ACC B D=，因为11111190B ACAC B+=，所以11111190C B DAC B+=，则1190C HB=，即1111B DAC3
14、 分 直四棱柱1111ABCDABC D中，1AA 平面1111ABC D，因为11B D 平面1111ABC D，所以111B DAA#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 2 页，共 6 页 因为1AA、11AC 平面11AAC，1111AAACA=，所以11B D 平面11AAC5 分 因为1AC 平面11AAC，所以111ACB D6 分 法二：以1,CD CB CC为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则(0,0,0)C，(4,0,0)D，(0,2,0)B，(1,2,0)A，1(0,0,2)
15、C，1(4,0,2)D，1(0,2,2)B，1(1,2,2)A3 分（1）因为1(1,2,2)AC=，11(4,2,0)B D=，所以111(1,2,2)(4,2,0)4400ACB D=+=，所以111ACB D，即111ACB D6 分（2）设平面1BCD与平面11BCD的一个法向量分别为111(,)mx y z=与222(,)nxyz=，因为1(0,2,2)CB=，1(4,0,2)CD=，(4,0,0)CD=，所以 由1mCBmCD得111122040m CByzm CDx=+=，则10 x=，令11y=得11z=，所以(0,1,1)m=8 分 由11nCBnCD得12211222042
16、0n CByzn CDxz=+=+=，令21x=，则12z=，22y=，所以(1,2,2)n=10 分 所以2222220 1 1 2(1)(2)2 2cos,3|01(1)12(2)m nm nm n+=+，所以二面角11DBCD的平面角的余弦值为2 23 12 分 19解：（1）在ABC 中，2b=，3c=，由余弦定理得22211cos216abcCab+=，即2411200aa=，所以4a=2 分 22113 15sin1cos1()1616CC=，4 分 由正弦定理sinsinacAC=，得43sin3 1516A=，所以15sin4A=5 分（2）因为2ADDB=，3ABc=，所以2
17、AD=，1DB=在ABC中，由余弦定理得222323 cosbaaB=+，即2296aba+=，在BCD中，由余弦定理得2222 21()121 cos3aaB=+，即22523aa=，所以2229325aba+=，即22234ab+=8 分 A B C D A1 B1 C1 D1 x y z H#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 3 页，共 6 页 因为tan2tanCB=，所以sin2sincoscosCBCB=又3c=，由正弦定理得32coscosbCB=，2 cos3cosbCB=，即22222223
18、22abcacbbabac+=，则22327ab+=11 分 联立可得215a=，所以15a=12 分 20（1）记活动参与者“第 1 次操作时取到白球”为事件A，“第 2 次操作时取到白球”为事件B，则1()3P A=，2()3P A=，1 12(|)314P B A+=+，11(|)314P B A=+2 分 所以12211()()()()()(|)()(|)34343P BP ABABP ABP ABP AP B AP AP B A=+=+=+=+=，所以活动参与者第 2 次操作时取到白球的概率为135 分（2）2,3,4,5X=，6 分 1231(2)34510P X=，2121221
19、221(3)3453453455P X=+=，2312131233(4)34534534510P X=+=，2342(5)3455P X=，10 分 则随机变量X的概率分布为 X 2 3 4 5 P 110 15 310 25 所以，随机变量X的数学期望1132()23454105105E X=+=12 分 21（1）因为22cea=，所以222222111122baceaa=，结合22411ab+=可得26a=，23b=，所以椭圆E的方程为22163xy+=2 分 直线l：12(1)2yx+=，即1322yx=，代入22163xy+=得2210 xx+=，设11(,)M x y，22(,)N
20、 xy，则122xx+=，121x x=，所以222221212121|1|1()41()(2)4(1)102MNkxxkxxx x=+=+=+=，又点(2,1)A到直线l：230 xy+=的距离|223|7555d+=，#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 4 页，共 6 页 所以AMN的面积1177|10522252SMNd=5 分（2）当直线l斜率不存在，即l：1x=时，252y=，不妨取10(1,)2M，10(1,)2N，因为(2,1)A，(2,1)B，则11011021122k=，21011102(1
21、)1232k+=+，所以12212101101312(2)(1)(1)232322k kkkk=7分 当直线l斜率存在时，设l：2(1)yk x+=，代入E：22163xy+=得 222(21)4(2)2(2)60kxk kxk+=，设11(,)M x y，22(,)N xy，则21224821kkxxk+=+，212228221kkx xk+=+，8分 则121212212121211312(2)(2)(2)2222yykxkkxkk kkkkxxxx+=+2222121212121212(2)1(1)(2)(2)()1(2)(2)224kxkkxkkk x xkkxkk xkxxx xxx
22、+=+2221212112121(2)()()122()44kk x xkkxxkxx xxxx+=+222222211222212(2)(282)()(48)(1)(21)2741212822(48)4(21)4148242kkkkkkkkkkxkkxkkkkkxkkx+=+综上可知，122122k kk=12分 法二：设l：1(2)xm y=+，代入E：22163xy+=得2222(2)(42)4450mymm ymm+=，设11(,)M x y，22(,)N xy，则2122422mmyym+=+，21224452mmy ym+=+，6分 设直线AN的斜率为3k，则 1212131212
23、1111222121yyyykkxxmymmym+=+=+12211212222121212(1)(21)(1)(21)2(1)()42(21)(21)(2)()(21)ymymymymmy ymyymmymmymm y ymm yym+=+222222222222(445)(1)(42)(42)(2)121642(445)(2)(42)(441)(2)682mmmmmmmmmmmmmmmmmmmmmm+=+，10分#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 5 页，共 6 页 又222222232222221111
24、12246242yyyyk kxxxy+=+，即3212kk=，11分 所以1312122kkkk+=，则122214k kk=，所以122122k kk=12分 法三：设直线l：1(2)xm y=+，即21(13)xm y+=+，所以2(1)31xm ym=椭圆E：22163xy+=，即2226xy+=，所以22(22)2(1 1)6xy+=，即22(2)2(1)4(2)4(1)0 xyxy+=，则221(2)2(1)4(2)(1)2(1)031xyxyxm ym+=，整理得211(22)()(44)33022yymmmxx+=，设直线AN的斜率为3k，则121312114422222yym
25、kkxxm+=+=10分 又22222223222222111112246242yyyyk kxxxy+=+，即3212kk=，11分 所以1312122kkkk+=，则122214k kk=，所以122122k kk=12分 22（1）当1a=时，21()|e|2xf xxx=+，设()exh xx=，由()e10 xh x=得0 x=，则()h x在(,0)上单调递减，在(0,)+上单调递增，所以()(0)10h xh=，则e0 xx，所以21()e2xf xxx=+2 分 因为()e1xfxx=+在(,)+上单调递增，且(0)0f=，则 x(,0)0(0,)+()fx 0 ()f x 极
26、小值 所以，()f x的最小值为(0)1f=4 分（2）记()exg xax=，xR，则()e1xg xa=当0a 时，()0g x，则()g x在(,)+上单调递减，又因为(0)0ga=，所以当1x 时，()ee10 xxg xaxa=+，所以1ln()xa，令1min 1,ln()ta=，则()0g t，因为(0)0g，所以0(,0)xt使得0()0g x=，#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#数学答案 第 6 页，共 6 页 当0 xx时，()0g x，所以21()e(1)2xf xxaxa x=+，()1e1xfx
27、axa=+，若0 x=处取得极小值，则(0)220fa=，即1a=，与0a 矛盾，不成立6 分 当0a=时，2221,012()|122,02xxf xxxxxx x=+=+所以()f x在(,0)上单调递减，在(0,)+上单调递增，所以()f x在0 x=取极小值，所以0a=符合题意 7 分 当1ea时，则e0 xax，所以2211()e(1)e22xxf xaxxa xaxax=+=+，()exfxaxa=+，(0)0f=，又()e10 xfxa=+，所以()fx在(,)+上单调递增，所以当0 x 时，()0fx；当0 x 时，()0fx，所以()f x在(,0)上单调递减，在(0,)+上
28、单调递增，所以()f x在0 x=处取得极小值9 分 当10ea时，()e1xg xa=在(,)+上单调递增，且(1)e10ga=，所以当1x 时，()0g x，所以()g x在(,1)上单调递减，又(0)0ga=，(1)e10ga=，所以0(0,1)x使得0()0g x=，所以0 xx时，()0g x 所以2211()e(1)e22xxf xaxxa xaxax=+=+，()exfxaxa=+，则(0)0f=，又()e10 xfxa=+，所以()fx在0(,)x上单调递增，则0 x 时，()0fx，00 xx时，()0fx，所以()f x在(,0)上单调递减，0(0,)x上单调递增 所以()f x在0 x=处取得极小值 综上可知，0a12 分#QQABCQKAogAAAgBAAQhCEwUKCkOQkACACIoOQEAMMAAAyQNABAA=#