《江苏省宿迁市2024届高三下学期三模 数学试题【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省宿迁市2024届高三下学期三模 数学试题【含答案】（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高三年级信息卷数 学本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟注意事项：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将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴处”2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案答案不能答在试卷上3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效4考生必须保持答题卡的整洁考试结束后，将试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40
2、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，若，则实数的取值范围为（）ABCD2已知抛物线，点，则“”是“过且与仅有一个公共点的直线有3条”的（）A充分条件B必要条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知函数为上的奇函数，且当时，则（）ABCD4已知函数，则下列结论正确的是（）A是的一个单调增区间B是的一个对称中心C在上值域为D将的图象向右平移个单位，再向下平移一个单位后所得图象的函数解析式为5已知在复平面内复数，对应的向量分别为，若，则在上的投影向量为（）ABCD6在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（）A函数的
3、最大值为1B函数的最小值为1C函数的最大值为1D函数的最小值为17甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻， 则不同排法共有（）A24 种B36 种C48 种D72 种8若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（）ABCD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为了研究y关于x的线性相关关系，收集了5对样本数据（见表格），若已求得一
4、元线性回归方程为，则下列选项中正确的是（）123451AB当时的残差为C样本数据y的40百分位数为1D去掉样本点后，y与x的相关系数不会改变10在中，角所对的边分别为若，且边上的中线长为，则（）AB的取值范围为C面积的最大值为D周长的最大值为11已知定义在上不为常数的函数满足，则（）ABCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12设，若，且，则 13表示不小于x的最小整数，例如，已知等差数列的前n项和为，且，记，则数列的前10项的和 14若椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，点在椭圆上，的内切圆的半径为1，则的值为 四、解答题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步
5、骤15某批零件一级品的比例约为，其余均为二级品每次使用一级品零件时肯定不会发生故障，而在每次使用二级品零件时发生故障的概率为某项任务需要使用该零件次（若使用期间出现故障则换一件使用）(1)某零件在连续使用3次没有发生故障的条件下，求该零件为一级品的概率；(2)当时，求发生故障次数的分布列及期望16如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，点，分别为，的中点，点为的中点(1)证明：平面平面；(2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值17已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍(1)求双曲线的标准方程
6、；(2)若，是双曲线上的两个动点，且恒有，是否存在定圆与直线相切？若存在，求出定圆的方程，若不存在，请说明理由18在数列中，(1)求数列的通项公式；(2)已知数列满足；求证：数列是等差数列；若，设数列的前n项和为，求证：19已知函数(1)若曲线在处的切线的方程为，求实数的值；(2)若函数恒成立，求的取值范围1D【分析】解不等式可得集合，再由补集和子集的运算可得实数的取值范围.【详解】因为或，所以或，所以，又，且，所以，所以实数的取值范围为，故选：D.2A【分析】求出“过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条”的充要条件，进而判断.【详解】过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，则当直线的斜率不存
7、在时符合题意，此时直线为；当直线的斜率存在时，设直线为，则，消去整理得，即有两个不同的解，所以即，解得或，所以 “”是“过且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条”的充分条件.故选：A.3A【分析】先计算出，根据为上的奇函数，得到.【详解】，因为为上的奇函数，所以.故选：A4C【分析】化简函数由函数，结合三角函数的图象与性质，以及三角函数的图象变换，即可求解.【详解】由函数，对于A中，当，可得，此时函数不是单调函数，所以A错误；对于B中，由，所以函数的一个对称中心为，所以B不正确；对于C中，由，可得，所以，所以，即，所以C正确；对于D中，将的图象向右平移个单位，得到，再向下平移一个单位后所得图象的
8、函数解析式为，所以D错误.故选：C.5B【分析】首先表示出，即可求出，再求出及，最后根据投影向量的定义计算可得.【详解】因为，所以，所以，所以，所以在上的投影向量为.故选：B6C【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图像都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为，故恒成立，故在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，由图像可知，恒成立，故单调递增，当，单调递减，所以函数在处取得极大值，也为最大值，C正
9、确，D错误.故选：C7B【分析】利用捆绑法，结合排列组合只是求解.【详解】甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有种，又因为乙丙不相邻，所以把乙放入一共有3种，所以一共有种，故选：B.8C【分析】过点作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.【详解】如图，取中点，中点，连接， 因是正三角形，则，又是矩形，有，而平面平面，平面平面，平面，平面，因此平面，平面，又，则平面，平面，则，平面，则平面，又平面，所以，而，则，显然，由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，此圆是的内切圆，切，分别于，有四边形为正方形，设，又，则球的
10、半径，又四棱锥的表面积为，由，解得，所以.故选：C.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是过点作出四棱锥的内切球截面大圆，利用等体积法求出内切球半径和.9BD【分析】对A，由表格数据求出样本点的中心坐标，代入可得的值由此即可判断；对B，由回归方程求得得值，根据残差的定义运算；对C，由百分位数的概念即可判断，对D，由相关系数公式即可判断.【详解】由，所以样本中心点为，对于A，将它代入，得，解得，故A错误；对于B，当时，所以残差为，故B正确；对于C，样本数据的第40百分位数为，故C错误；对于D，由相关系数公式可知，所以5组样本数据的相关系数为：，去掉样本中心点后相关系数为：，所以去掉样本点后，与的样本
11、相关系数不会改变，故D正确.故选：BD.10AB【分析】对A，将条件利用三角恒等变换结合正弦定理化简求得角；对B，利用向量，运算结合基本不等式求解；对C，由B选项结合三角形面积公式求解；对D，由题可得，令，由，得，解得，所以三角形周长，利用导数求解判断.【详解】对于A，由，所以,所以，由正弦定理可得，因为，,可得，化简得，又，.故A正确；对于B，设，根据题意，化简得，则，当且仅当时等号成立，又，即，故B正确；对于C，由B，可得，故C错误；对于D，由前面选项，可得，且，即，令，由，得，解得，所以三角形周长，则，令，解得，又，所以在上单调递减，所以，故D错误.故选：AB.11ABD【分析】根据已知
12、条件，利用赋值法依次验证各个选项.【详解】对于A，令，则，即，又函数不为常数，即，故A正确；对于B，令，则，令，则，得，令，则，得，故B正确；对于C，令，则，所以，即，故C错误；对于D，令，则，所以，则，又，当且仅当时等号成立，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题D选项，解题关键是先证明，结合，利用基本不等式证明.121024【分析】根据题意，由二项式系数的性质可得，然后令代入计算，即可得到结果.【详解】根据题意，是二项式系数最大的项，则，令，得，.故答案为：1024.13【分析】先求出数列的通项公式，再求数列的前10项的和.【详解】由，可得，解得，又，得，解得，所以数列的公差为，
13、又，同理，所以数列的前10项的和为.故答案为：.144【分析】利用等面积法得，结合椭圆定义和离心率为，求得答案.【详解】如图，所以，.故答案为：4.15(1)(2)分布列见解析；【分析】（1）记事件 “从这批产品中任取一件为一级品”，事件 “使用零件次，没有发生故障”，利用全概率公式求出，再由条件概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.【详解】（1）记事件 “从这批产品中任取一件为一级品”，则，记事件 “使用零件次，没有发生故障”，则，则，所以（2）依题意的可能取值为，所以，所以的分布列如下012所以16(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证明，进而证明为平行四边形，可得，再证明，由面面平行的判定定理得证；（2）方法1，建立空间直角坐标系，利用向量法求解；方法2，先证明平面平面，过作交于，则就是直线与平面所成角，利用平面几何求出最小，得解.【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知，由，知，则，又四点共面，所以，由为直三棱柱的侧面知，即，则，由为的中点得，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面，因为，分别为，的中点，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面（2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设，则，由平面平面知直线与平面所成角即为
