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1、 20232024学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上.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. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 设，则（ ）A. B. C. D. 3. 已知平面向量满足，则与的夹角为（ ）A. B. C. D. 4.
2、青少年的身高一直是家长和社会关注的重点，它不仅关乎个体成长，也是社会健康素养发展水平的体现.某市教育部门为了解本市高三学生的身高状况，从本市全体高三学生中随机抽查了1200人，经统计后发现样本的身高（单位：）近似服从正态分布，且身高在到之间的人数占样本量的，则样本中身高不低于的约有（ ）A. 150人B. 300人C. 600人D. 900人5. 函数在区间内零点个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 56. 在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 47. 莱莫恩定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线，
3、分别和所在直线交于点，则三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的线.在平面直角坐标系中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的线的方程为（ ）A. B. C. D. 8. 已知正项数列满足，若，则（ ）A. B. 1C. D. 2二多选题：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. 已知复数，下列说法正确的有（ ）A 若，则B. 若，则C. 若，则或D. 若，则10. 已知函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于点对称C. 不等式无解D. 的最大值为11. 如图，在棱长为2的正方体中，
4、为的中点，点满足，则（ ）A. 当时，平面B. 任意，三棱锥的体积是定值C. 存在，使得与平面所成角为D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为_.56789354566.513. 已知，则最小值为_.14. 在平面直角坐标系中，已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.记线段的中点为，若线段的中点在上，则的值为_；的值为_.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
5、算步骤.15. 记的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）若，求的周长.16. 如图，在四棱锥中，平面，点在棱上，且. （1）证明：平面；（2）当二面角为时，求.17. 我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防抢险救灾环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭.（1）求起火点被无
6、人机击中次数的分布列及数学期望；（2）求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.18. 在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，.（1）求的值；（2）若，求和的值.19. 已知函数，函数.（1）若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点.求的值；当两点不重合时，求线段的长；（2）若，使得不等式成立，求的最小值.20232024学年度苏锡常镇四市高三教学情况调研（一）数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在答题卡上.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
7、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. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出集合，利用集合间的关系即可判断.【详解】由题可得：或，则.故选：D.2. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用赋值法，分别令可得.【详解】令，则，；令，则；故选：C.3. 已知平面向量满足，则与夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据向量的加减运算以及数量积的运算律求出，继而利用向量
8、的夹角公式，即可求得答案.【详解】由题意知平面向量满足，故，所以，所以，所以，则，故，故选：B4. 青少年的身高一直是家长和社会关注的重点，它不仅关乎个体成长，也是社会健康素养发展水平的体现.某市教育部门为了解本市高三学生的身高状况，从本市全体高三学生中随机抽查了1200人，经统计后发现样本的身高（单位：）近似服从正态分布，且身高在到之间的人数占样本量的，则样本中身高不低于的约有（ ）A. 150人B. 300人C. 600人D. 900人【答案】A【解析】【分析】利用正态分布的性质，计算出和即可求解.【详解】因为，所以则，所以样本中身高不低于的约有人.故选：A.5. 函数在区间内的零点个数为
9、（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】利用三角函数的性质求解即可.【详解】令，得，则；故，所以在共有4个零点，故选： C.6. 在平面直角坐标系中，已知为双曲线的右顶点，以为直径的圆与的一条渐近线交于另一点，若，则的离心率为（ ）A. B. 2C. D. 4【答案】B【解析】【分析】由渐近线方程和求出，由勾股定理得到，从而求出离心率.【详解】由题意得，双曲线的一条渐近线方程为，故，即，又，所以，由勾股定理得，即，解得，,故选：B.7. 莱莫恩定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线，分别和所在直线交于点，则三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的线.在平面直角坐标系
10、中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】待定系数法求出外接圆方程，从而得到外接圆在处的切线方程，进而求出的坐标，得到答案.【详解】的外接圆设为，解得，外接圆方程为，即，易知外接圆在处切线方程为，又，令得，在处切线方程为，又，令得，则三角形的线的方程为，即故选：B.8. 已知正项数列满足，若，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】由已知和式求出通项的通项，从而得出，再由已知条件，从而求出，类似的往前推，求出即可.【详解】时，时，故选：D.二多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项
11、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. 已知复数，下列说法正确的有（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则或D. 若，则【答案】AC【解析】【分析】A项，由复数的性质可得；BD项，举特例即可判断；C项，先证明命题“若，则，或”成立，再应用所证结论推证可得.【详解】选项A，则，故A正确；选项B，令，满足条件，但，且均不为，故B错误；选项C，下面先证明命题“若，则，或”成立.证明：设，若，则有，故有，即，两式相乘变形得，则有，或，或，当时，即；当，且时，则，又因为不同时为，所以，即；当，且时，则，同理可得，故；综上所述，命题“若，则，或”成立.下面我们
12、应用刚证明的结论推证选项C，或，即或，故C正确；选项D，令，则，但，不为，故D错误.故选：.10 已知函数，则（ ）A. 的最小正周期为B. 的图象关于点对称C. 不等式无解D. 的最大值为【答案】BD【解析】【分析】对于选项A:验证是否成立即可判断；对于选项B:验证是否成立即可判断；对于选项C:利用即可验证有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.【详解】对于选项A:不是的周期，故A错误;对于选项B:关于对称，故B正确；对于选项C:有解，故C错误；对于选项D:，若，则，若则，当且仅当，即时，原式取等，故D正确.故选:BD.11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，
13、则（ ）A. 当时，平面B. 任意，三棱锥的体积是定值C. 存在，使得与平面所成的角为D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为【答案】ACD【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积.【详解】如图所示建系，所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，
14、平面为平面，因为面，平面，A对.不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，又，所以，所以，又面，所以面，当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.，设平面的法向量为，不妨设，则.，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，截面圆半径的平方为，所以，D对.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面的距离，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. 已知变量的统计数据如
15、下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为_.567893.54566.5【答案】7.4【解析】【分析】经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可.【详解】由已知得，即样本点中心，因为经验回归直线方程过样本点的中心，所以，解得.所以，当时，.故答案为：.13. 已知，则的最小值为_.【答案】#【解析】【分析】依题意可得，则，令，利用导数求出的最小值，即可得解.【详解】，即，所以，令，则，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当且仅当时取得.故答案为：14. 在平面直角坐标系
16、中，已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于两点.记线段的中点为，若线段的中点在上，则的值为_；的值为_.【答案】 . 2 . 5【解析】【分析】设，与抛物线联立，由韦达定理得，从而得到的坐标，以及线段的中点坐标，代入抛物线方程，即可求出的值，得到的值.【详解】令，线段的中点为联立，消可得，则，,所以，即，所以线段的中点，由于线段的中点在抛物线上，则，解得或（舍去），即，由于在抛物线中，所以.故答案为：2 ；5.四解答题：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. 记的内角的对边分别为，已知.（1）证明：；（2）若，求的周长.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析
17、】【分析】（1）利用正弦定理边化角结合角范围可证；（2）利用倍角公式求得，然后利用正弦定理可得【小问1详解】因为或（舍），.【小问2详解】由，结合（1）知，则，得，由正弦定理得的周长为.16. 如图，在四棱锥中，平面，点在棱上，且. （1）证明：平面；（2）当二面角为时，求.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.【小问1详解】因为平面，平面，所以，又，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设， 设平面的一个法向量为，则，令得，故，故平
18、面；【小问2详解】平面的一个法向量，.17. 我国无人机发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，并广泛用于森林消防抢险救灾环境监测等领域.某森林消防支队在一次消防演练中利用无人机进行投弹灭火试验，消防员甲操控无人机对同一目标起火点进行了三次投弹试验，已知无人机每次投弹时击中目标的概率都为，每次投弹是否击中目标相互独立.无人机击中目标一次起火点被扑灭的概率为，击中目标两次起火点被扑灭的概率为，击中目标三次起火点必定被扑灭.（1）求起火点被无人机击中次数的分布列及数学期望；（2）求起火点被无人机击中且被扑灭的概率.【答案】（1）分布列见解析， （2）【解析】【分析】（1
19、）由二项分布概率公式求概率即可得分布列，再由二项分布期望公式可得；（2）根据条件概率以及全概率公式求解可得小问1详解】起火点被无人机击中次数的所有可能取值为，.的分布列如下：0123.【小问2详解】击中一次被扑灭的概率为击中两次被火扑灭的概率为击中三次被火扑灭的概率为所求概率.18. 在平面直角坐标系中，已知点，过椭圆的上顶点作两条动直线分别与交于另外两点.当时，.（1）求的值；（2）若，求和的值.【答案】（1）2 （2），【解析】【分析】（1）联立直线直线和椭圆的方程，求出M点坐标，根据列出关于a的方程，即可求得答案.（2）联立直线和椭圆方程，求出点的坐标的表达式，即可求得，的表达式，结合，
20、可推出，即三点共线，结合，可得，由此即可取得答案.【小问1详解】由题意得，直线的方程为，联立，解得或，代入，得，由得，解得，；【小问2详解】由（1）知椭圆方程为，联立，得，解得或，即，则，即，同理可得，则，由于，故，故，即三点共线， 又，故，又，故，解得，由于，故.【点睛】难点点睛：本题考查了直线和椭圆位置关系的应用问题，解答的难点在于计算比较复杂，并且都是有关字母参数的运算，计算量较大，需要有较强的计算能力.19. 已知函数，函数.（1）若过点的直线与曲线相切于点，与曲线相切于点.求的值；当两点不重合时，求线段的长；（2）若，使得不等式成立，求的最小值.【答案】（1）或1； （2）1【解析】
21、【分析】（1）利用导数求的切线，再由切线与也相切，利用判别式即可求出；根据确定点，即可求；（2）转化为原命题的非命题，利用单调性及恒成立探索时非命题成立，可得当时原命题成立，再验证能取得即可得解.【小问1详解】，设，切点.方程，即，联立，由，可得或1；当时，此时重合，舍去.当时，此时，此时.【小问2详解】令，则，所以在上单调递增，若对，均有成立，即恒成立，或，对，当时，设，若，即时，若，即时，均有.因为，均有的否定为，使得不等式成立，所以由，使得不等式成立，可得，其中包含情况，而时，单调递增，注意到在上递减，在上递增，成立，符合.综上：的最小值为1.【点睛】关键点点睛：本题第二问条件为存在性问题，利用命题与命题的否定之间的真假关系，转化为研究恒成立问题是本题关键点之一，其次证明均有时，变换主元，转为关于的二次函数，利用二次函数分类讨论，是解决问题的关键所在.