精品解析：江苏省沭阳高级中学2024-2025学年高三下学期期初调研测试数学试卷

高三年级期初调研测试 数学试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 故选：D 2. 若复数z满足， 其中i为虚数单位， 则z的虚部为（ ） A. B. i C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合复数运算可得，即可得z的虚部. 【详解】因为， 可得， 所以z的虚部为. 故选：C. 3. 设，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的定义，化简整理，可得，根据导数的几何意义，即可求得答案. 【详解】因为 =， 所以， 则曲线在点处的切线斜率为， 故选：A 4. 核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，的数量与扩增次数满足，其中为扩增效率，为的初始数量.已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，那么该样本的扩增效率约为（ ） (参考数据：，) A. 0.369 B. 0.415 C. 0.585 D. 0.631 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，代入，解方程即可. 【详解】由题意知，， 即， 所以，解得. 故选：C. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用和角的正弦公式将展开，再用商数关系弦化切即可求解. 【详解】因为， 将式子的左右两侧同时除以，可得 ， 即. 故选：D 6. 拋掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中至多有一次反面朝上”，事件“次中全部正面朝上或全部反面朝上”，若与独立，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出，，，根据相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币次，则基本事件总数为， 事件“n次中至多有一次反面朝上”，则n次全部正面朝上或n次中恰有1次反面朝上， 则，事件“n次中全部正面朝上或全部反面朝上”，则，于是， 因为A与B独立，所以，即， 分别代入，3，4，5，验证，可得符合题意. 故选：B 7. 已知 是项数为 的等差数列，其中 若 则k的最大值是 （ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】设的公差为，通过条件 ，得，再利用条件得，进而得到不等关系，再解不等式可得答案. 【详解】设的公差为， 由 ，得 ， 得， 当时，恒有，得， 所以， 由得， 所以， 因为，整理得， 可得， 解得. 则k的最大值是17. 故选：C. 8. 过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（ ） A. B. C. D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，由内角平分线可得，由此求出点的坐标满足的关系，进而求出点到直线距离的最大值即可得解. 【详解】抛物线焦点，直线的方程为， 由，解得，，不妨令， 则，由为的内角平分线， 得，设点， 于是， 整理得，显然点在以点为圆心，2为半径的圆上，因此点到直线距离的最大值为2， 所以面积最大值为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：借助三角形面积公式求出角平分线的性质，进而求出角顶点的轨迹方程是解题之关键. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用二项分布的方差公式计算出方差，再由方差的性质计算判断A，根据方差的定义求解判断BD，根据正态分布的性质判断C． 【详解】解：对于A，由，得，则，故A正确; 对于B，由题意，总体均值为，若两层样本容量依次为m，n， 则， 当且仅当时，故B错误; 对于C，越大，该物理量在一次测量中在的概率越小，故C错误； 对于D，加入数据5后，平均数为，则这5个数据的方差为，故D正确. 故选：AD． 10. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：整理可得，即可得最小正周期；对于B：整理可得，结合复合函数单调性分析判断；对于C：根据对称性定义分析判断；对于D：分析易得是函数的一个周期，进而结合导数求解值域. 【详解】因为. 对于A，因为 ， 所以的最小正周期为，故A错误； 对于B，因为， 令，可得，其图象开口向上，对称轴为， 可知在内单调递增，且在内单调递增， 所以在上是单调函数，故B正确； 对于C，， 所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，因为， 所以函数为周期函数，且是函数的一个周期， 只需求出函数在上的值域，即为函数在上的值域， 由， 则， 当时，，故， 此时，函数在上单调递增， 当时，，， 此时，函数在上单调递减， 所以当时，， 又因为，则， 则函数的值域为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于先得到是函数的一个周期，进而结合导数分析函数在上的值域，即为函数在上的值域，进而求解即可. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 11. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 【答案】-28 【解析】 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 12. 已知函数的部分图象，如图所示，其中，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用图象并结合正弦函数性质判断，的位置，再结合建立方程，求解参数即可. 【详解】由图象并结合正弦函数性质可得是离原点最近且使图象上升的零点， 是图中离最近且使图象下降的零点，则，， 得到，，则两式相除得， 因为，所以，解得. 故答案为： 13. 已知函数，定义集合，对于任意 ，都有，则m的取值范围为_______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意分析可知在定义域上单调递增，可得，利用切线法分析求解即可. 【详解】因为函数在定义域上连续不断，且不为常函数， 假设函数在定义域上不单调增， 则存在，使得，则是的真子集， 即是的真子集， 这与题设矛盾，所以在定义域上单调递增， 则在定义域上恒成立，即， 可知函数的图象在直线的上方， 对于，则， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为， 若切线方程过坐标原点，则，解得， 此时切线斜率为， 结合图象可知，所以m的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：利用反证思想可知：在定义域上单调递增，进而根据恒成立问题分析求解. 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. 14. 记的角的对边分别为，已知. （1）求A； （2）若点D是BC边上一点， 且， 求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，结合两角和差公式运算求解即可； （2）设，利用正弦定理可得，结合题中关系列式求解即可. 【小问1详解】 因为， 则， 可得， 且，则，可得，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，由（1）可知：， 设，则. 在Rt中，可得，即， 在中，由正弦定理得， 可得， 又因为，即， 可得，解得， 所以的值为. 15. 如图，在四棱锥中， 四边形是矩形. 是正三角形，且平面平面，， P为棱AD的中点. （1）若E为棱SB的中点， 求证：∥平面SCD； （2）在棱SA上是否存在点M ，使得平面PMB与平面SAD所成夹角的余弦值为 ？若存在，求出线段AM 的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，线段AM 的长度为 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，可得，利用线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法处理即可. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为分别为的中点，则， 又因为底面四边形是矩形，为棱的中点，则 可得，可知四边形是平行四边形，则， 且平面平面，所以∥平面. 【小问2详解】 假设在棱上存在点满足题意，连接，，， 在等边中，因为为的中点，所以， 且平面平面，平面平面平面， 所以平面， 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 可得， 设，则， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得. 又因为平面的一个法向量为， 由题意可得：， 整理可得，解得或， 又因为，可得，所以， 故存在点，线段AM 的长度为 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆. （1）设P是椭圆C上的一个动点，求 的最大值； （2）设直线l交椭圆C于M ，N两点，是以B为直角顶点的等腰直角三角形，求出直线l的方程. 【答案】（1） （2）或或或 【解析】 【分析】（1）设点，将转化为坐标表示，求其最大值； （2）分类讨论直线是否与x轴垂直，设直线方程，与椭圆方程联立，设中点为D，若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则，，解出直线方程. 【小问1详解】 设点，则， 可得， 因为，当时，， 所以 的最大值. 【小问2详解】 显然直线l与y轴垂直不合题意， 若直线l与x轴垂直，设直线，， 可得，， 若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则， 则， 且，则， 可得，解得或， 所以直线l方程为或； 若直线l不与x轴垂直，设直线l：，，， 联立方程，消去y得， 则， 可得，， 则，， 若是以B为直角顶点的等腰直角三角形，则， 可得， 所以，① 设中点为D，则， 因为，则，即，② 由①②，得，或，，满足， 所以直线l方程为或； 综上所述：直线l方程为或或或. 【点睛】方法点睛：与相交有关的向量问题的解决方法： 在解决直线与圆锥曲线相交，所得弦端点的有关的向量问题时，一般需利用相应的知识，将该关系转化为端点坐标满足的数量关系，再将其用横(纵)坐标的方程表示，从而得到参数满足的数量关系，进而求解． 17. 某学校有甲､乙､丙三名保安，每天由其中一人管理停车场，相邻两天管理停车场的人不相同.若某天是甲管理停车场，则下一天有的概率是乙管理停车场；若某天是乙管理停车场，则下一天有的概率是丙管理停车场；若某天是丙管理停车场，则下一天有的概率是甲管理停车场.已知今年第1天管理停车场的是甲. （1）求第4天是甲管理停车场的概率； （2）求第天是甲管理停车场的概率； （3）设今年甲､乙､丙管理停车场的天数分别为，判断的大小关系.（给出结论即可，不需要说明理由） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知：前4天管理停车场的顺序为“甲乙丙甲”或“甲丙乙甲”，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （2）设，由全概率公式可得，利用构造法结合等比数列分析求解； （3）根据题意结合全概率公式可得，根据数列求和可得，进而可得结果. 【小问1详解】 由题意可知：前4天管理停车场的顺序为“甲乙丙甲”或“甲丙乙甲”， 所以. 【小问2详解】 设事件表示“第天甲管理停车场”，事件表示“第天乙管理停车场”，事件表示“第天丙管理停车场”， 可知， 记，则， 由题意可知：， 当时，， 即，整理得， 可得，且， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，故， 所以第天是甲管理停车场的概率为. 【小问3详解】 由题意可知：当时，， ， 可得， 两式相减得：， 且，可知，即， 综上所述：对任意恒成立，可知； 令的前n项和为，则或， 可得， 可知， 又因为， 则； 综上所述：. 【点睛】关键点点睛：1.利用全概率公式建立之间的关系，即可得相应的递推公式； 2.根据递推公式利用构造法以及等比数列求的通项公式. 18. 已知，函数. （1）若，求； （2）设，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有n个元素，且，设且，，证明： （i）； （ii）. 【答案】（1） （2）（ⅰ）对，由于，故对有， 对有，所以在上递减，在上递增. 利用，可将原条件化为， 注意到，故有一个零点，记. 而，故，所以. 又因为， 且，故在上还有一个零点，记为. 从而由的单调性，知恰有两个零点，且. 而为的子集，它们各有个元素，且，故至少有个元素. 而的元素只可能在之中，这表明它们两两不等， 且.所以包含个正数，个负数. 而为的子集，它们各有个元素，且， 故和恰好就是中的一对补集，即，. 设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数. 由于，，，. 故，. 从而. 由于，故. 设，则，而对有， 对有，故在上单调递减，上单调递增. 再设，则， 且等号只在处取到，故单调递增， 从而， 即.而在上单调递增，故，即. 所以, , 故. （ⅱ）不妨设，则根据的单调性有. 从而由有， 再根据的单调性有, 由于，. 故的值，其实就是在这个数中， 选出对异号的数，再计算每对之间的距离之和. 在数轴上标出这个数后，可认为就是条端点 在原点异侧且端点两两不重复的线段长之和， 故相邻两个数之间的线段被计算的次数， 恰为该线段两侧的端点数目较少的一侧的端点数目. 这就说明的值和的具体元素的选取无关，而在， 时，有， 所以任何情况下都有. 由的单调性，知对有， 故，即. 对，取，得；取， 得，从而. 由于， 故由上面的结论知， 则， 所以， 设，则. 设，则，故对有， 所以在上递增，从而对有， 所以对有，故在上递增， 从而对有，又由于， 故 . 所以，即. 故， . 综上，有得证. 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件得到，再根据的定义求和即可； （2）（ⅰ）构造恰当的函数，并利用导数工具证明的两根之和小于零即可； （ⅱ）先说明的取值与的选取无关，再利用函数证明相应的不等式即可. 【小问1详解】 由于，， 故是的极小值点，所以. 而，所以，得. 故. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于构造恰当的函数，并利用导数工具证明相应的不等式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级期初调研测试 数学试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足， 其中i为虚数单位， 则z的虚部为（ ） A. B. i C. D. 3. 设，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 4 4. 核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，的数量与扩增次数满足，其中为扩增效率，为的初始数量.已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，那么该样本的扩增效率约为（ ） (参考数据：，) A. 0.369 B. 0.415 C. 0.585 D. 0.631 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 拋掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中至多有一次反面朝上”，事件“次中全部正面朝上或全部反面朝上”，若与独立，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知 是项数为 的等差数列，其中 若 则k的最大值是 （ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 8. 过抛物线焦点且斜率为的直线与交于两点，若为的内角平分线，则面积最大值为（ ） A. B. C. D. 16 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，，若，则总体方差 C. 某物理量的测量结果服从正态分布，越大，该物理量在一次测量中在的概率越大 D. 已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为 10. 已知，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在上是单调函数 C. 的图象关于直线对称 D. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 11. 的展开式中的系数为________________（用数字作答）． 12. 已知函数的部分图象，如图所示，其中，若，则_______. 13. 已知函数，定义集合，对于任意 ，都有，则m的取值范围为_______________. 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. 14. 记的角的对边分别为，已知. （1）求A； （2）若点D是BC边上一点， 且， 求的值. 15. 如图，在四棱锥中， 四边形是矩形. 是正三角形，且平面平面，， P为棱AD的中点. （1）若E为棱SB的中点， 求证：∥平面SCD； （2）在棱SA上是否存在点M ，使得平面PMB与平面SAD所成夹角的余弦值为 ？若存在，求出线段AM 的长度；若不存在，请说明理由. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆. （1）设P是椭圆C上的一个动点，求 的最大值； （2）设直线l交椭圆C于M ，N两点，是以B为直角顶点的等腰直角三角形，求出直线l的方程. 17. 某学校有甲､乙､丙三名保安，每天由其中一人管理停车场，相邻两天管理停车场的人不相同.若某天是甲管理停车场，则下一天有的概率是乙管理停车场；若某天是乙管理停车场，则下一天有的概率是丙管理停车场；若某天是丙管理停车场，则下一天有的概率是甲管理停车场.已知今年第1天管理停车场的是甲. （1）求第4天是甲管理停车场的概率； （2）求第天是甲管理停车场的概率； （3）设今年甲､乙､丙管理停车场的天数分别为，判断的大小关系.（给出结论即可，不需要说明理由） 18. 已知，函数. （1）若，求； （2）设，记为的所有零点组成的集合，为的子集，它们各有n个元素，且，设且，，证明： （i）； （ii）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $