江苏省泰州市2024-2025学年高三上学期期初调研考试数学试卷

2024-2025学年秋学期高三年级期初调研考试 数学学科试卷 （命题：汤晓燕 审题：陈生 时间：120分钟 满分：150分） 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，，则等于（ ） A. B. C. D. 2.若，则（ ） A. B. C. D. 3.已知，（ ） A. B. C. D. 4.下列四个命题为真命题的是（ ） A.直线在y轴上的截距为2 B.直线的倾斜角和斜率均存在 C.若两直线的斜率，满足，则两直线互相平行 D.若两直线的倾斜角相等，则它们的斜率也一定相等 5.在中，M是中点且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6.已知函数，，则图象为如图的函数可能是（ ） A. B. C. D. 7.某社区需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（ ） A.72种 B.81种 C.144种 D.192种 8.若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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.已知，，，下列结论正确的是（ ） A.的最小值为9 B.的最小值为 C.的最小值为 D.的最小值为 10.已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B.点是图象的一个对称中心 C.在上单调递减 D.将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象 11.设，正项数列满足，，下列说法正确的有（ ） A.为中的最小项 B.为中的最大项 C.存在，使得，，成等差数列 D.存在，，使得，，成等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.的展开式中，所有项的系数和为______. 13.在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则______. 14.已知，若，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.（13分）袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为，现在甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取……取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的，用表示取球终止时所需要的取球次数.求： （1）求袋中原有白球的个数； （2）求随机变量的概率分布. 16.（15分）如图，在四棱锥中，为等边三角形，M为的中点，，平面平面. （1）证明：平面平面； （2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值. 17.（15分）已知函数，. （1）求函数的单调区间； （2）若当时，恒成立，求实数m的取值范围. 18.（17分）已知各项均为正数的数列的前n项和为，，. （1）求证：数列是等差数列，并求的通项公式； （2）求证：； （3）设，，是否存在正整数m，使得对任意正整数均有恒成立？若存在求出m的最大值；若不存在，请说明理由. 19.（17分）已知椭圆的焦点和上顶点分别为、，B，定义：为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个焦点，且上任意一点到它的两焦点的距离之和为4. （1）若椭圆与椭圆相似，且与的相似比为，求椭圆的方程. （2）已知点是椭圆上的任意一点，若点Q是直线与抛物线异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线上. （3）已知直线，与椭圆相似且短半轴长为b的椭圆为，是否存在正方形，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线上？若存在，求出函数的解析式及定义域：若不存在，请说明理由. 2024-2025学年秋学期高三年级期初调研考试 数学学科试卷 （命题：汤晓燕 审题：陈生 时间：120分钟 满分：150分） 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.【答案】A 2.【答案】C 3.【答案】A 4.【答案】B 5.【答案】C 6.【答案】C 7.【答案】D 8.【答案】C 【解析】，， 故原命题等价于关于x的方程在上有两个不同的实数根， 即关于x的方程在上有两个不同的实数根， 令，则， 所以关于t的方程在上有两个不同的实数根， 令，， 因为在上单调递增，故在上的值域为， 因为在上单调递减，故在上的值域为， 而，从而实数a的取值范围是. 故选：A. 二、多项选择题：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.【答案】AD 10.【答案】ABD 11.【答案】AB 【解析】由可得 令， 当，，递增；当，，递减， 且，∴ ∵，∴，，…，，∴是最小的项； 所以A正确. 令， ， ∴在区间内递减，∴，∴即；即…即， 所以，综上所述，是最大的项，所以B正确， 由于是最小的项，是最大的项，则不可能使得，，成等差数列，故C错误； 由C知，，，不成等差数列，当时， 因为，所以，则， ，所以不存在，，成等差数列，故D错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.【答案】32 13.【答案】2 14.【答案】 【解析】设，则，的图象如图所示， 即的图象与的图象有3个交点，横坐标依次为，，，且 ， 由余弦函数图象的性质可知，， 所以， 又因为，所以， 令， 则，令，解得或， 当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 又因为，， 所以， 所以，故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.【解析】（1）设袋中原有n个白球，由题意知：，所以，解得（舍去），即袋中原有3个白球. （2）由题意，的可能取值为1，2，3，4，5. ；；； ，. 所以，取球次数的分布列为： 1 2 3 4 5 P 16.【解析】（1）设的中点为E，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 因为在等边三角形中，M为的中点， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）连接，由（1）知，平面， 因为平面，所以， 因为，，， 所以四边形为矩形， 即，，，所以， 设，，，， 以E为原点，分别以EC、ED、EP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，，， 所以，，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 则， 即 ， 取，，则，， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17.【解析】（1）依题意，函数的定义域为， 求导得当且仅当时取等号， ∴在上单调递减，即函数的递减区间为，无递增区间. （2）当时，恒成立， 令，，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上递减，在上递增，则当时，， 令，依题意，，恒成立， 令，，求导得，则函数在上单调递增， 当时，，因此， 所以实数m的取值范围. 18.【解析】（1）证明：因为，则当时，， 即， 而，有，即， 所以数列是以为首项为1，公差为1的等差数列， 于是得，即， 当时，，又满足上式， 所以的通项公式为. （2）由（1）知， 当时，， 则， 当时，， 即对任意的，都有. （3）由（1）知，， 则有， 因，则数列单调递增，， 因对任意正整数n均有成立， 于是得，解得， 而，则， 所以存在正整数m，使得对任意正整数n均有总成立，m的最大值为674. 19.【解析】（1）根据题意知，椭圆，∴，∴，椭圆 椭圆与椭圆相似，且与的相似比为，则， 椭圆的方程为： （2）点是椭圆上的一点，则， 设∴∴ 故 所以点Q一定在双曲线上 （3）根据题意：只需上存在两点B、D关于对称即可 设，设的中点为， ∴ ，∴ 由韦达定理知：， 在直线上，则，∴ 故，∴， 此时正方形的边长为 故， 学科网（北京）股份有限公司 $$