精品解析：江苏省镇江市扬中市第二高级中学2024-2025学年高三下学期期初数学试题

江苏省镇江市扬中市第二高级中学2024-2025第二学期高三数学初练 一､单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列选项错误的是（ ） A. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 B. 若复数满足，则的最大值为 C. 若复数，满足，则 D. 若是方程的一个根，则 2. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 2 3. 已知，为某随机试验的两个事件，为事件的对立事件．若，，．则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，且，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在处取得极小值，则实数（ ） A. B. 2 C. 2或0 D. 0 6. 设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5 8. 已知点，是椭圆Ω的两个焦点，P是椭圆Ω上一点，的内切圆的圆心为Q．若，则椭圆Ω的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求. 9. 某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：克）．若，其中，则（ ） A. B. C. D. σ越小，越大 10. 在棱长为2的正方体中，点是线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 存在点，使得 D. 三棱锥的体积为定值 11. 已知圆，点是圆上的动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为______． 13. 已知为椭圆的右焦点，为上一点，为圆上一点，则的最小值为________． 14. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为______. 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. 已知函数. （1）若在处有极小值，求的单调递增区间； （2）若函数的图象与直线相切，求实数的值. 16. 已知数列为等差数列，且满足. （1）若，求的前项和； （2）若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式. 17. 如图，正四棱柱中，，点在上且. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求平面与平面所成角的正弦值. 18. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干行相互平行但相互错开的圆柱型小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．当高尔顿板共有行小木钉时，第行的空隙从左到右分别编号为0，1，2，…，（），底部格子从左到右分别编号为0，1，2，…，，用表示小球最后落入格子的号码． （1）若，求小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子的概率； （2）记的数学期望为，记． ①设数列的前项和为，求证：； ②设与最接近的整数为，求数列的前项和． 19. 已知椭圆的右焦点为，且过点，直线与椭圆交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若四边形是平行四边形，求直线的方程； （3）若的内心在直线上，求证：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省镇江市扬中市第二高级中学2024-2025第二学期高三数学初练 一､单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列选项错误的是（ ） A. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 B. 若复数满足，则的最大值为 C. 若复数，满足，则 D. 若是方程的一个根，则 【答案】D 【解析】 【分析】A选项利用复数的几何意义即可判断；B选项转化为原点到圆上点的距离的最值问题求解；C选项将，用表示即可求解；D选项利用已知条件可写出方程的两个根，再利用韦达定理即可求解. 【详解】对于A选项，复数与分别表示向量与， ，，， 向量表示的复数为，故A正确； 对于B选项，设， 复数满足，， 在复平面内点在圆：上， 圆的圆心，半径， 的几何意义为原点到圆上点的距离， 又，的最大值为，故B正确； 对于C选项，， ，， ，故C正确； 对于D选项，是方程的一个根， 方程的两个根分别为，， ，，，故D错误. 故选：D. 2. 在的展开式中，系数为整数的项数是（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项,即可求解. 【详解】根据题意有：， 因为，所以，所以系数为整数的项为：1，4，7，故有3项 故选：C. 3. 已知，为某随机试验的两个事件，为事件的对立事件．若，，．则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出，再求出，最后由条件概率公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以， 又，所以， 所以. 故选：D 4. 已知向量，满足，且，则向量与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的运算得，然后利用模的运算求得，最后利用向量夹角公式求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，即，所以， 所以，所以， 所以，又，所以. 故选：A. 5. 若函数在处取得极小值，则实数（ ） A. B. 2 C. 2或0 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，根据极小值点求参数，注意验证即可得答案. 【详解】由，则，得或2， 时，，在R上单调递增，不满足； 时，，在上，在上， 所以在上单调递增，在上单调递减，满足题设， 所以. 故选：D 6. 设函数，若的图象经过点，且在上恰有2个零点，则实数ω的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的图象经过的点及范围求出，再根据x的范围得，结合正弦函数的性质，列出相应不等式，即可求得范围，即可得答案. 【详解】因为的图象经过点，所以，又，所以， 则函数，当时，， 因为在上恰有2个零点， 所以，所以，即实数ω的取值范围是. 故选：B. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据求出，根据求出. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 8. 已知点，是椭圆Ω的两个焦点，P是椭圆Ω上一点，的内切圆的圆心为Q．若，则椭圆Ω的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】不妨设椭圆的方程为：，根据的面积建立等式关系即可求得. 【详解】不妨设椭圆的方程为：，， 则有，， 所以， 所以，所以的内切圆的半径为，由椭圆定义可得， 所以. 故选：D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求. 9. 某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：克）．若，其中，则（ ） A. B. C. D. σ越小，越大 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可判断. 【详解】由条件可知，由正太密度曲线的对称性可知： 对于A:，故A正确；对于B：由对称性有，故B错误； 对于C：由对称性有，故C正确； σ越小，说明数据越集中，越小，故D错误. 故选：AC. 10. 在棱长为2的正方体中，点是线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 存在点，使得 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】AB 【解析】 【分析】由平面可判断A；由平面，可判断B；由，可判断C；由，可判断D. 【详解】如图，在正方体中，， ，，平面，平面 所以平面平面 平面平面对. 连接，则，又平面，平面， 所以，又，平面，所以平面, 又平面，所以， 同理可得，又，平面 所以平面，又平面，所以B对. 在中，，所以， C错； ，D错. 故选：AB. 11. 已知圆，点是圆上的动点，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为3 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，转化问题为求直线的最大截距，由几何法即可得解； 对于B，利用基本不等式即可得解； 对于C，转化问题为求到圆上的点的距离的平方的最小值，由几何法即可得解； 对于D，转化问题为求点到圆上的点的连线的斜率的最大值，由几何法即可得解. 【详解】由圆得，则， 因为点是圆上的动点，所以， 对于A，令，则，故问题转化为直线与圆相交时，求直线截距的最大值， 显然，当直线与圆相切于点时，截距最大，连结，则，如图1， 因为直线斜率为，故倾斜角为，故， 故在中，，故， 即截距的最大值为，故的最大值为 对于B，因为，所以，即， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故B错误； 对于C，将看作是到圆上的点的距离的平方，如图1， 又因为，所以， 故，故C错误； 对于D，将看作是点到圆上的点的连线的斜率， 则直线的方程为，即，如图2， 由题意可知，圆心到直线的距离，即， 解得， 故的最大值为，即的最大值为，故D正确. 故选：AD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12. 已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设点到平面的距离为， 因为，则， 则，其中三棱锥的体积为， 则，， 又，所以，则. 故答案为： 13. 已知为椭圆的右焦点，为上一点，为圆上一点，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据点与圆的位置关系，及椭圆的定义可得，即可得最小值. 【详解】 如图所示， 由圆，可知圆心，半径， 设椭圆的左焦点为，且， 则， 再由椭圆定义可知， 即， 当且仅当点，在线段上时，等号成立， 又， 即的最小值为， 故答案为：. 14. 在中，角所对的边分别为，若，则的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据诱导公式和两角和正弦公式求出，利用正弦定理得，利用两角和正弦公式求出，最后代入三角形面积公式求解即可. 【详解】因为， 所以，所以， 所以，即，所以，所以， 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. 已知函数. （1）若在处有极小值，求的单调递增区间； （2）若函数的图象与直线相切，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据极值点的性质可得或6，并结合单调性检验即可得结果； （2）根据导数的几何意义求切线方程，结合题意列方程求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：， 因为在处有极小值，则，解得或6， 当时，则， 令，解得或；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 可知在处有极小值，符合题意； 当时，则， 令，解得或；令，解得； 可知在上单调递增，在上单调递减， 可知在处有极大值，不符合题意； 综上所述：，的单调增区间为. 【小问2详解】 由（1）可知：， 设与切于， 则切线斜率， 可得切线方程为， 它与重合，则，显然， 整理可得，解得， 代入可得，所以. 16. 已知数列为等差数列，且满足. （1）若，求的前项和； （2）若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目中的递推公式，求得等差数列的前两项与公差，结合通项公式以及求和公式，可得答案； （2）利用公式求得数列的通项公式，根据题目中的方程，利用换元法整理为关于的一元一次方程，求得等差数列的通项公式，可得答案. 【小问1详解】 当时，由，则，由，则， 所以等差数列的公差为， 即通项公式， 所以前项和. 【小问2详解】 当时，，可得， 当时， ， 将代入上式，则， 综上所述，，. ，可得， 由（1）可知，则， 由方程，可得，解得， 由，则等差数列的公差为，所以， 由，，则. 17. 如图，正四棱柱中，，点在上且. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的大小； （3）求平面与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 以为坐标原点，射线为轴的正半轴，建立如图所示空间直角坐标系.依题设，，，，. ，，，. 因为， 故，. 又平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系，利用空间向量可得,，即可证明线面垂直； （2）利用空间向量可得，即可得线线夹角； （3）分别求平面和平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 则，所以异面直线与所成角为. 【小问3详解】 设向量是平面的法向量，则，. 故，令，则，所以. 所以， 设平面与平面所成角为，则. 18. 如图是一块高尔顿板的示意图，在一块木板上钉着若干行相互平行但相互错开的圆柱型小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃．将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或向右落下，最后落入底部的格子中．当高尔顿板共有行小木钉时，第行的空隙从左到右分别编号为0，1，2，…，（），底部格子从左到右分别编号为0，1，2，…，，用表示小球最后落入格子的号码． （1）若，求小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子的概率； （2）记的数学期望为，记． ①设数列的前项和为，求证：； ②设与最接近的整数为，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）①证明过程见解析；② 【解析】 【分析】（1）设出事件，接下来的8次下落过程中一定有5次向左、3次向右，从而得到概率； （2）①，由二项分布得到，故，所以，作差法得到，故； ②，分为奇数和偶数，得到的通项公式，进而分奇偶，分组求和，得到. 【小问1详解】 设“小球在第3行落入编号为2的空隙”为事件A，“小球最后落入编号为5的格子”为事件B， 设向右下落次数为． 因为小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子， 所以在接下来的8次下落过程中一定有5次向左、3次向右， 所以， 小球在第3行落入编号为2的空隙的条件下，最后落入编号为5的格子的概率为； 【小问2详解】 ①，则， 所以，所以． 因为，所以． 故数列的前项和． ②因为，所以． 当为奇数时，为整数，故，当为偶数时，为偶数，故． 所以， 当时，，所以， 由于，故， 当时，，所以， 由于，故， 所以. 【点睛】方法点睛：数列中的奇偶项问题考查方向大致有：①等差，等比数列中的奇偶项求和问题；②数列中连续两项和或积问题；③含有的问题；④通项公式分奇偶项有不同表达式问题；含三角函数问题，需要对分奇偶讨论，寻找奇数项，偶数项之间的关系，分组求和，期间可能会涉及错位相减和求和或裂项相消法求和. 19. 已知椭圆的右焦点为，且过点，直线与椭圆交于两点. （1）求椭圆的方程； （2）若四边形是平行四边形，求直线的方程； （3）若的内心在直线上，求证：直线过定点. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题中条件代入可得； （2）法一:由四边形是平行四边形知过的中点，故为椭圆与椭圆关于对称椭圆的公共弦可求解；法二：设直线方程为，与椭圆方程联立结合中点坐标公式和韦达定理即可求解. （3）根据题意可得平分进而可得，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理得，代回直线方程即可求解. 【小问1详解】 由题意知，得，故椭圆的方程为. 【小问2详解】 方法一：中点为，则也是中点， 原点关于点M对称的点为， 所以椭圆关于的对称椭圆方程为 则为这两个椭圆的公共弦，两方程相减得， 所以直线的方程为. 方法二：显然直线斜率存在，. 设直线方程为中点 由得，化简得， 所以，故， ， 四边形是平行四边形，的中点也是的中点， 得，符合， 故直线的方程为. 【小问3详解】 证明：的内心在上，平分. 由题可设直线方程为， 由得，化简得， 所以，故， ，， 又，化简得， 所以 ，化简得，故， 代入，得， 直线方程为恒过定点. 【点睛】思路点睛：本题第三问根据内切圆圆心在上，轴，进而可得，进而联立方程利用韦达定理代入可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $