精品解析：江苏省南京市二十九中学2023-2024学年高三下学期期初考试数学试题

2023-2024学年高三下学期29期初试卷 考试时间：120分钟 满分：120分 一、选择题（每题5分，共40分） 1. 二次函数的图像为抛物线，其准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将，化为抛物线的标准方程,分类讨论即可. 【详解】将，化为抛物线的标准方程， 当时，，得到，由抛物线的准线方程为； 当时，，得到，由抛物线的准线方程为； 综上：其准线方程为. 故选：C. 2. 某学校高二年级选择“物化生”，“物化地”和“史地政”组合的同学人数分别为240，90和120.现采用分层抽样的方法选出30位同学进行某项调查研究，则“史地政”组合中选出的同学人数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样的定义列出式子，进行求解. 【详解】由题意得，史地政”组合中选出的同学人数为. 故选：A 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用正弦的和角公式，即可求出结果. 【详解】因为， 故选：D. 4. 若表示两条不重合的直线，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若相交且都在外，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】以三棱柱为例可判断A；根据面面平行的判定以及性质可判断B；根据空间的线面位置关系可判断C；根据线面平行判断线线的位置关系可判断D. 【详解】对于A，如图示三棱柱中，右侧面为，后面的侧面为， 满足，且，但相交，A错误； 对于B，相交且都在外，设确定的平面为，即， 因为，故可得，同理， 故，B正确； 对于C，若，则或，C错误； 对于D，若，则可能平行或相交或异面，D错误， 故选：B 5. 已知是椭圆C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由椭圆的定义可得， 所以，， 因为,由余弦定理可得 所以， 整理可得，所以，即. 故选：C. 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 23 B. C. D. 33 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，得，则，利用基本不等式求解，要注意等号成立时条件． 【详解】由题意，可知所有正整数为3，8，13，18，… 即数列为5的非负整数倍加3， 故， 数列是以3为首项，5为公差的等差数列， ， ， 当且仅当，即时，等号成立， 当时，， 当时， 所以当时，取得最小值且最小值为. 故选：B. 7. 已知对恒成立，且越接近于1，它们的值也越接近.如，取时，有，计算可得：.则的近似值为（ ）（附：，，） A. 1.60 B. 1.61 C. 1.62 D. 1.63 【答案】B 【解析】 【分析】取，代入，计算化简即可. 【详解】因为对恒成立， 取，可得， 即， 因为，，， 所以 计算可得， 则的近似值为1.61. 故选：B. 8. 设的三个顶点为复平面上的三点，，，满足，，，则内心的复数坐标的虚部所在区间是（ ）. A. B. C. D. 前三个选项都不对 【答案】A 【解析】 【分析】由对称性及，不妨设，则，，根据韦达定理知，是方程，可得方程两根为、，不妨设，，则在复平面上的顶点坐标为，，，设的内心为，根据三角形内心的性质即可求解. 【详解】由对称性及，不妨设， 则，. 由韦达定理知，是方程的两个根， 则方程的两根为、. 不妨设，， 则在复平面上的顶点坐标为，，, 则, 设三角形内心为，由内心的性质知 ， 所以， 解得， 又， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了复数的几何意义及三角形的内心性质，解题的关键是要熟悉三角形内心性质. 二、多项选择题（每题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. “为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件 B. “，”是“”的充要条件 C. 设，，则“”是“”的充分不必要条件 D. “”是“”的必要不充分条件 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用象限角，求得角的范围，可判定充分性，取，验证必要性即可；对于B，考查时，的取值范围，可判定必要性不成立；对于C，根据集合，的关系即可判定；对于D，根据条件求得的取值范围即可判断. 【详解】对于A,因为为第一象限角， 所以， 则, 当为偶数时，为第一象限角， 当为奇数时，为第三象限角， 所以充分性成立； 当时，为第一象限角，则，为第二象限角， 即必要性不成立，故A正确； 对于B，当，时， 成立，则充分性成立； 当时，或，, 故必要性不成立，则B错误； 对于C，， 而， 则，故则“”是“”的充分不必要条件，故C正确； 对于D,当时，, 则， 则，故充分性成立， 当时，， 则， 则成立， 所以“”是“”的充要条件，故D错误， 故选：AC. 10. 已知数列满足，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. ， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据递推关系得是以为首项，为公比的等比数列，即可求解其通项，结合选项即可逐一求解. 【详解】对于A，依题意，由可得， 整理得，∵， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列，故A正确； 对于B，，∴，，故B正确； 对于C，易知关于单调递减， ∴数列是递减数列，又，∴数列为递增数列，故C错误； 对于D， ，故D正确． 故选：ABD 11. 已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若为线段上任一点，则与所成角的范围为 B. 若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为 C. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D. 若三棱锥的体积为恒成立，点的轨迹为椭圆或部分椭圆 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义推理计算判断A；判断轨迹形状并求出长度判断B；求出三棱锥外接球半径计算判断C；求出满足两个条件的点分别形成的图形，再结合圆锥曲线的意义判断D作答. 【详解】对于A，当与不重合时，过作交于，连接，如图， 由平面，平面，得，有，显然， 则为与所成的角，，当与重合时，， 当由点向点移动过程中，逐渐增大，逐渐减小，则逐渐增大， 因此，，当与点重合时，有，， 所以与所成角的范围为，A正确； 对于B，由平面，得是直角三角形，，如图， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧（不含弧的端点），轨迹长度为，B正确； 对于C，连接，连接，如图， 显然分别为中点，则， 因此点是三棱锥外接球球心，球半径为，体积为，C错误； 对于D，连接，如图，，面积， 设点到平面的距离为，由三棱锥的体积为，得，解得， 由平面，平面，得，又，平面， 则平面，而平面，于是，同理， 又平面，从而平面，同理平面，则平面平面， 三棱锥的体积，于是点到平面距离为， 同理点到平面距离为，又，即平面与平面的距离为， 因此点在平面上或在过点与平面平行的平面上， 令与平面交于点，连接，有，， 于是直线与平面所成角的余弦，即直线与平面所成角大于， 则点在平面上，由，得点在以直线为轴，为顶点，轴截面顶角为的圆锥侧面上（除顶点外）， 显然点P的轨迹是平面与上述圆锥侧面的交线，所以平面截上述圆锥侧面为椭圆，D正确. 故选：ABD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则______，且展开式中的常数项为______. 【答案】 ①. 6 ②. 240 【解析】 【分析】根据二项式系数及组合数公式计算即可求得第一问；对于第二问，先写出展开式的通项公式，令的指数等于零，求出，进一步计算即可. 【详解】由题意得，所以. 又的展开式通项公式： ， 令，得 所以常数项为, 故答案为：①6;②240. 13. 某公司在2016-2021年的销售额（万元）如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为. 2016 2017 2018 2019 2020 2021 则当关于的表达式取最小值时，__________. 【答案】4067 【解析】 【分析】根据题意结合最小二乘法可得取到最小值时，，换元令，分析运算即可. 【详解】根据题意结合最小二乘法可知：取到最小值时，， 令，即， 则取到最小， 即，所以. 故答案为：4067. 14. 一民航送客车载有20位旅客自机场开出，旅客有10个车站可以下车，如到达一车站没有旅客下车就不停车，设每位旅客在各个车站下车是等可能的，并各位旅客是否下车相互独立.以表示停车次数，则______.（已知随机变量服从两点分布，且，，则） 【答案】8.784 【解析】 【分析】根据条件得到20位旅客都不在第站下车的概率为，在第站有人下车的概率为，利用期望的计算公式得，，即可求出结果. 【详解】按题意，任一旅客在第站不下车的概率为，因此20位旅客都不在第站下车的概率为，在第站有人下车的概率为， 所以，，， 由此，， 所以（次） 故答案为：. 三、解答题（共77分） 15. 已知圆，，为上的动点，线段的垂直平分线交直线于点. （1）求点的轨迹方程； （2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，点不在轴上，若，求点的坐标. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合双曲线的定义确定点的轨迹，进而求出轨迹方程. （2）由给定条件，可得点在第一象限，且是腰长为4的等腰三角形，再结合（1）中轨迹方程，求解方程组即得结果. 【小问1详解】 依题意，圆的圆心，半径， 由线段的垂直平分线交直线于点，得， 则， 因此点的轨迹是以为左右焦点，实轴长为的双曲线， 实半轴长，半焦距，则虚半轴长， 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 依题意，由与轴不重合，得，则，点在第一象限， 是以线段为底边的等腰三角形，则， 设，则，又，解得， 所以点的坐标是. 16. 如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接､， 因为，为的中点，所以，故， 因为为等边三角形，所以， 又因为，面，因此平面， 因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，所以直线在平面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角为，则， 因为，，所以是正三角形，则， 因为为等边三角形，，则， 所以在中，由，得， 则，所以， 因为，面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，在中，，， 所以，又，所以，即， 又平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到在平面的射影在直线上，即，进而证得，再利用线面垂直的判定定理证得平面，则，接着利用勾股定理证得，由此可得平面； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，先求得所需各点坐标，再求得平面与平面的法向量，从而利用向量夹角余弦的坐标表示即可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知､､两两垂直，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 由于是的中点，易得， 又由可得， 所以，， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设平面的法向量为，则，即， 令，得， 设平面与平面的夹角为，易知， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，函数的图象于函数的图象有公切线，求实数的最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，知的定义域为，求出分类讨论参数的取值，根据导函数的符合可判定的单调性； （2）设出公切线与，的交点分别为，，根据求出公切线方程,根据列出切线方程，化简等于函数，在对关于这个函数求导算出极值即可得解. 【小问1详解】 ，定义域为， ， 当时，当时，，单调递减， 时，，单调递增， 当时，当时，，单调递增， 时，，单调递减， 综上，当时，单调递减区间为，递增区间为； 当时，单调递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 不妨设公切线与和的切点分别为，，此时， 所以切线方程为； 因为，所以， 此时，切线方程为 所以， 可得， 不妨设，可得， 当时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值，为， 所以实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设切点，写出切线方程得，再设新函数求出即可. 18. 在中，，为的中点，. （1）若，求的长； （2）若，求的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案； （2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案. 【小问1详解】 在中，， 则 ， 在中， ， 所以. 【小问2详解】 设， 在和中，由正弦定理得，， 又，得， 即 在中，， 由，有， 所以，整理得：，① 又由， 整理得：，② 联立①②得，，即.， 解得或， 又，即，故， 所以. 19. 定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）. 定义2：集合上的一个拓扑（topology）乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中；（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中. （1）族，族，判断族与族是否为集合的拓扑； （2）设有限集为全集 （i）证明：； （ii）族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑. 【答案】（1）都是集合的拓扑 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据集合的拓扑定义判断即可； （2）（i）根据集合的拓扑定义证明充要性即可； （ii）结合（i）的结论，根据集合的拓扑定义证明. 【小问1详解】 族，都是集合的拓扑. 【小问2详解】 （i）设，则， 故存在整数使，因此，得. 设，则存在整数使，故， 因此，得 （ii）因为，，所以，； 设为的任意子集，则， ， 因为，故； ， 因为，故. 【点睛】方法点睛：解决集合创新型问题的方法：（1）紧扣定义，首项分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题本质弄清楚，并能够运用到具体的解题过程中；（2）用好集合性质，集合性质时破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，在关键之处用好集合的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高三下学期29期初试卷 考试时间：120分钟 满分：120分 一、选择题（每题5分，共40分） 1. 二次函数的图像为抛物线，其准线方程为（ ） A. B. C. D. 2. 某学校高二年级选择“物化生”，“物化地”和“史地政”组合的同学人数分别为240，90和120.现采用分层抽样的方法选出30位同学进行某项调查研究，则“史地政”组合中选出的同学人数为（ ） A. 8 B. 12 C. 16 D. 6 3. （ ） A. B. C. D. 4. 若表示两条不重合的直线，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若相交且都在外，，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知是椭圆C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？现有这样一个相关的问题：已知正整数满足五五数之剩三，将符合条件的所有正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 23 B. C. D. 33 7. 已知对恒成立，且越接近于1，它们的值也越接近.如，取时，有，计算可得：.则的近似值为（ ）（附：，，） A. 1.60 B. 1.61 C. 1.62 D. 1.63 8. 设的三个顶点为复平面上的三点，，，满足，，，则内心的复数坐标的虚部所在区间是（ ）. A. B. C. D. 前三个选项都不对 二、多项选择题（每题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. “为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件 B. “，”是“”的充要条件 C. 设，，则“”是“”的充分不必要条件 D. “”是“”的必要不充分条件 10. 已知数列满足，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. ， D. 11. 已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（ ） A. 若为线段上任一点，则与所成角的范围为 B. 若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为 C. 若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D. 若三棱锥的体积为恒成立，点的轨迹为椭圆或部分椭圆 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知展开式中第3项和第5项的二项式系数相等，则______，且展开式中的常数项为______. 13. 某公司在2016-2021年的销售额（万元）如下表，根据表中数据用最小二乘法得到的回归方程为. 2016 2017 2018 2019 2020 2021 则当关于的表达式取最小值时，__________. 14. 一民航送客车载有20位旅客自机场开出，旅客有10个车站可以下车，如到达一车站没有旅客下车就不停车，设每位旅客在各个车站下车是等可能的，并各位旅客是否下车相互独立.以表示停车次数，则______.（已知随机变量服从两点分布，且，，则） 三、解答题（共77分） 15. 已知圆，，为上的动点，线段的垂直平分线交直线于点. （1）求点的轨迹方程； （2）设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，点不在轴上，若，求点的坐标. 16. 如图，在三棱柱中，为的中点，为等边三角形，直线与平面所成角大小为. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数，. （1）讨论的单调区间； （2）当时，函数的图象于函数的图象有公切线，求实数的最小值. 18. 在中，，为的中点，. （1）若，求的长； （2）若，求的长. 19. 定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）. 定义2：集合上的一个拓扑（topology）乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中；（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中. （1）族，族，判断族与族是否为集合的拓扑； （2）设有限集为全集 （i）证明：； （ii）族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $