精品解析：江苏省泰州市2024届高三第四次调研测试数学试题

泰州市2024届高三第四次调研测试 数学试题 24.06.01 （考试时间：120分钟；总分：150分） 一、单项选择题：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. 已知复数 满足（ 为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数是（ ） A. B. C. 5 D. 15 5. 在平行四边形中，若则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 6. 在平面直角坐标系中，已知直线．若直线与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则实数的值是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知函数，若函数的图象关于点对称，则（ ） A. -3 B. -2 C. D. 8. 设的内角的对边分别为若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 甲、乙两名篮球运动员连续10场比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的有（ ） 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 18 20 22 13 20 27 10 21 19 30 乙 3 10 20 9 24 27 13 28 9 17 A. 甲的众数大于乙的众数 B. 甲的平均数大于乙的平均数 C. 甲的极差大于乙的极差 D. 甲的60百分位数大于乙的60百分位数 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于y轴对称 C. 函数在区间上有2个零点 D. 函数在区间上单调递增 11. 在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点 在该球面上，则下列说法正确的有（ ） A. 存在点 和实数，，使得 B. 三棱锥 体积的最大值为 C. 若直线与平面 所成的角为 ，则的最大值为 D. 若，则所有满足条件的点 形成的轨迹的长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一袋中有大小相同的4个球，其中3个红球和1个黑球．从该袋中随机取2个球，则取到2个红球的概率是______． 13. 已知双曲线的左焦点为直线与双曲线交于 两点，若，则双曲线的离心率为______． 14. 已知表示数，其中数列单调递增，且为正整数．当时，记所有满足条件的的个数为当时，______；当时，______． 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. 如图，在正四棱锥 点分别在 上，且． （1）求证： ； （2）求二面角 的余弦值． 16. 已知函数． （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）若求在区间上的极值点的个数． 17. 在平面直角坐标系中，设椭圆的离心率为点在椭圆上，过椭圆的焦点且与轴垂直的直线被椭圆 截得的弦长为. （1）求椭圆 的方程； （2）直线与椭圆 相交于 两点，点不在轴上，点关于轴的对称点为求的面积的最大值. 18. 假定射手甲每次射击命中目标的概率为其中． （1）当时，若甲射击次，命中目标的次数为 ． ①求； ②若其中求的值． （2）射击积分规则如下：单次未命中目标得 分，单次命中目标得分，若连续命中目标次，则其中第一次命中目标得1分，后一次命中目标的得分为前一次得分的2倍．记射手甲射击4次的总得分为，若对任意有成立，求所有满足上述条件的有序实数对． 19. 已知数列和满足：. （1）设 求的值； （2）设 求数列的通项公式； （3）设 证明：______. 请从下面①，②两个选项中，任选一个补充到上面问题中，并给出证明. ① ；② 其中. 注：若两个问题均作答，则按第一个计分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰州市2024届高三第四次调研测试 数学试题 24.06.01 （考试时间：120分钟；总分：150分） 一、单项选择题：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. 已知复数 满足（ 为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，进而可求. 【详解】. 故选：B. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合 ，再根据交集的定义即可得解. 【详解】由，得，解得 ， 所以， 所以． 故选：C. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的性质得出准线方程. 【详解】抛物线方程可化为，则，故抛物线的准线方程为. 故选：A 4. 的展开式中的系数是（ ） A. B. C. 5 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】展开式的通项公式为， 故的系数为，的系数为， 故展开式中系数为. 故选：B. 5. 在平行四边形中，若则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积的运算律，求出的表达式，利用二次函数的最值即得. 【详解】由可得 ， 因，故时，，即的最小值为. 故选：B． 6. 在平面直角坐标系中，已知直线．若直线与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则实数的值是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆，根据题意该圆过三个定点，利用割线定理求得第四个点的坐标，从而求得k的值．、 【详解】由题意易知，与坐标轴交于与 因为，所以必过于是如下图： 由割线定理得，得，即第四个交点为 所以．， 故选：A. 7. 已知函数，若函数的图象关于点对称，则（ ） A. -3 B. -2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由题意，推出是奇函数，根据定义域的对称性依次求得 的值，即可求得；方法二：直接利用，将其化成，再由等式恒成立得到 ，继而求得. 【详解】方法一：依题意将函数的图象向左移1个单位长度关于原点对称，即是奇函数， 因奇函数的定义域关于原点对称，而时函数无意义，故 时也无意义， 即，解得 此时为奇函数，则 解得故. 故选：C． 方法二：依题意恒成立，代入得 化简得，, 整理得：， 即(*)， 依题意，此式在函数的定义域内恒成立，故须使 ，则得， 回代(*)可得，，即 ，故. 故选：C. 8. 设的内角的对边分别为若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法1：根据题意，得到，设，，结合两角和的正切公式，利用方程求得，得到，结合基本不等式求得的最大值，进而求得三角形的最大面积，得到答案. 解法2：根据题意，求得，过点作，求得，取 的中点 ，得到，求得在以为直径的圆上，进而求得面积的最大值. 【详解】解法1：由， 可得， 所以，所以， 又由，所以， 可得，所以，可得为钝角， 为锐角， 设， 可得，即 所以，所以， 当且仅当时，等号成立，所以. 故选：D. 解法2、由， 可得，可得， 则角为钝角， 为锐角， 过点作，如图所示， 在直角 中，可得， 在直角 中，可得， 由，可得，即为的中点， 取 的中点 ，则，可得， 可得点在以为直径的圆上，此圆的半径为，所以最大面积为. 故选：D. 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. 甲、乙两名篮球运动员连续10场比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的有（ ） 场次 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲 18 20 22 13 20 27 10 21 19 30 乙 3 10 20 9 24 27 13 28 9 17 A. 甲的众数大于乙的众数 B. 甲的平均数大于乙的平均数 C. 甲的极差大于乙的极差 D. 甲的60百分位数大于乙的60百分位数 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别根据一组数据的众数，平均数计算公式，极差和百分位数定义即可一一判断. 【详解】对于A，甲的众数为20，而乙的众数为9，故甲的众数大于乙的众数，A正确； 对于B，因甲平均数 ， 而乙平均数，故B正确； 对于C，甲的极差为，而乙的极差为，故C错误； 对于D，先把甲的得分按从小到大顺序排列为：10，13，18，19，20，20，21，22，27，30， 由知甲的60百分位数为； 再把乙的得分按从小到大顺序排列为：3，9，9，10，13，17，20，24，27，28， 则乙的60百分位数为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于y轴对称 C. 函数在区间上有2个零点 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据恒等变换公式化简，A：代入检验法判断；B：先求平移后的解析式，然后根据奇偶性作出判断；C：令，求出 关于的表达式，对取值并结合所给范围判断零点个数；D：令，先分析的单调性，由此可判断出在区间上的单调性. 【详解】， 对于A：因为，所以是对称中心，故正确； 对于B：的图象向左平移个单位长度后所得到的图象的解析式为， 显然 为奇函数，所以图象关于原点成中心对称，故错误； 对于C：当时，令，则，所以， 取，则，取，则， 取其他整数时，，所以在区间上有2个零点，故正确； 对于D：当时，则， 因为在上单调递增，所以在上单调递增，故正确； 故选：ACD. 11. 在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点 在该球面上，则下列说法正确的有（ ） A. 存在点 和实数，，使得 B. 三棱锥 体积的最大值为 C. 若直线与平面 所成的角为 ，则的最大值为 D. 若，则所有满足条件的点 形成的轨迹的长度为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由球与平面 的位置关系，判断结论；对于B，面积为定值，由 到平面 的最大距离求三棱锥 体积的最大值；对于C，求出当 最大时 的位置，由两角和的正弦公式求的最大值；对于D，根据所给的点 轨迹长度与球的大圆周长比较即可判断. 【详解】对于A， 取 中点，中点，连接， ， 正三棱柱中，平面 平面，平面 平面， 平面 ，平面，，而为的重心， ， 到平面的距离为， 而到平面 的距离为， 球与平面 相离，则不存在这样的 和实数，使，A错误． 对于B，到平面 的距离为，球半径， 则 到平面 的最大距离为， ，B正确． 对于C，设为球的上顶点，平面 于点， 与球相切且与平面共面， ，， 设，则有，得， ，C正确． 对于D，由选项B可知到平面的距离为，即球半径， 所以球大圆的周长为， 由题意点 的轨迹为过B且垂直于的平面与球的交线圆，而， 截面圆的周长大于球的大圆的周长，所以是不可能的，D错误. 故选：BC． 【点睛】方法点睛：利用正三棱柱的结构特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相关平面的距离，可解决向量共面，棱锥高度最大，轨迹及位置关系等问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一袋中有大小相同的4个球，其中3个红球和1个黑球．从该袋中随机取2个球，则取到2个红球的概率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据古典概型求解即可. 【详解】由题意，所求概率. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左焦点为直线与双曲线交于 两点，若，则双曲线的离心率为______． 【答案】4 【解析】 【分析】方法一：联立方程可得韦达定理，结合分析可得，即可得离心率；方法二：根据双曲线的性质可得，，结合题意列式求解即可；方法三：直线方程写为参数方程，联立方程，根据韦达定理结合参数的几何意义分析求解；方法四：建立极坐标系，双曲线方程可以写为，结合极坐标的定义分析求解. 【详解】方法一：可知直线过左焦点，斜率， 且直线与双曲线相交，可知，则， 联立方程，消去x可得， 设，则， 由可知， 与联立可得， 代入可得，则， 所以双曲线的离心率； 方法二：由题意可知：直线的斜率，则直线的倾斜角， 可得，， 因为，可知， 即，整理可得， 所以双曲线的离心率； 方法三：因为直线过点，将直线方程写为参数方程， 代入双曲线可得， 整理得， 可知两解为， 由可知，则， 即，整理可得， 所以双曲线的离心率； 方法四：若以为极点、 轴方向为极轴建立极坐标系， 则双曲线方程可以写为，其中为焦点到相应准线的距离． 由直线的倾斜角为可知，取可得 两点， 由条件知 在的延长线上，则当时为负值， 可得， 则，即，解得. 故答案为：4. 14. 已知表示数，其中数列单调递增，且为正整数．当时，记所有满足条件的的个数为当时，______；当时，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用组合数选取思想即可求出，第二空则需要讨论这四种情形下，再用组合数选取思想就可求出，然后利用组合数性质求和即可. 【详解】方法一： 第一空：而单调递增从共6个数字中选4个排序即可， 第二空： ． 方法二： 第一空相当于在中选出4个数由小到大作为至，； 第二空：令，则依题意有：, 这等价于从沿着网格线走到，而且每次只能向右或向上走，每一条路线对应一个，由此可知，所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：组合数性质的应用，用它来求和. 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. 如图，在正四棱锥 点分别在 上，且． （1）求证： ； （2）求二面角 的余弦值． 【答案】（1） 在正四棱锥中，取 中点分别为 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系． 则 因为 所以 所以 因为 所以，即 ． （2） 【解析】 【分析】（1）取 中点分别为 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，由 ，即可证明 ； （2）分别求出平面 和平面 的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面 的一个法向量为 ， ， 取 ，，得 又因为平面 的一个 法向量为 所以 所以二面角 的余弦值为． 16. 已知函数． （1）当 时，求曲线在点处的切线方程； （2）若求在区间上的极值点的个数． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）求导可得可求切线方程； （2）求导可得在上单调递减，进而可得在上有唯一的零点，设为可得的单调性，可得极值点的个数. 【小问1详解】 当 时 切点为切线的斜率为所以切线方程为． 【小问2详解】 设 则 当时，有所以在上单调递减，即在上单调递减， 因为 所以且在上的图象是不间断的， 所以在上没有零点， 所以当 时在区间上的极值点的个数为0． 17. 在平面直角坐标系中，设椭圆的离心率为点在椭圆上，过椭圆的焦点且与 轴垂直的直线被椭圆 截得的弦长为. （1）求椭圆 的方程； （2）直线与椭圆 相交于 两点，点不在 轴上，点关于 轴的对称点为求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的通径长为和代入点得到方程组，即可求得椭圆方程； （2）把三角形的面积用 两点的坐标去表示出来，然后利用韦达定理转化到系数的函数，再求出最值即可. 【小问1详解】 因为点在椭圆上，且，所以 又因为过椭圆的焦点且与 轴垂直的直线被椭圆 截得的弦长为 所以即，代入得：， 再由，可得：， 解得：故椭圆 的方程为. 【小问2详解】 设所以直线 的方程为 则点到直线 的距离为 所以三角形的面积 因为点 在直线上， 所以 由得 所以 因为所以 当且仅当时等号成立， 所以的面积的最大值为. 18. 假定射手甲每次射击命中目标的概率为其中． （1）当时，若甲射击次，命中目标的次数为 ． ①求； ②若其中求的值． （2）射击积分规则如下：单次未命中目标得 分，单次命中目标得分，若连续命中目标次，则其中第一次命中目标得1分，后一次命中目标的得分为前一次得分的2倍．记射手甲射击4次的总得分为，若对任意有成立，求所有满足上述条件的有序实数对． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由，公式法求；②，由，利用二项分布概率公式解不等式. （2）由的可能取值，求相应的概率，可得满足的有序实数对． 【小问1详解】 ①由题意知所以． ②其中 设 则 所以 因为其中 所以，所以或 当时舍去， 当时满足题意， 综上所述． 【小问2详解】 的可能取值为． 对任意，， 故所求的有序实数对为． 19. 已知数列和满足：. （1）设 求的值； （2）设 求数列的通项公式； （3）设 证明：______. 请从下面①，②两个选项中，任选一个补充到上面问题中，并给出证明. ① ；② 其中. 注：若两个问题均作答，则按第一个计分. 【答案】（1） （2） （3） 若选①， 因为 当且仅当时等号成立， 所以 所以 因为 所以 即 所以 故． 所以 即 . 若选②， 因为 所以． 当时，有 . 所以 ， 即 【解析】 【分析】（1）令 得 解方程即可得出答案． （2）由题意可得，，由构造法可得 ，即可证明数列是首项为1，公比为的等比数列，即可得出答案. （3）若选①，由基本不等式可得，所以 又，代入即可证明；若选②，由题意可得，当时，有，化简即可证明. 【小问1详解】 令 得 因为 所以. 【小问2详解】 因为 所以 因为 所以 即 因为 所以 所以数列是首项为1，公比为的等比数列， 所以，所以 . 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键点在于若选①，由基本不等式可得，所以 又，代入即可证明；若选②，由题意可得，当时，有，化简即可证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $