精品解析：江苏省南京市宁海中学2024-2025学年高三下学期期初考试数学试卷（2月份）

2024-2025学年江苏省南京市宁海中学高三（下）期初数学试卷（2月份） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列满足，，则 A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ） A. 与为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则函数的图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数与（且）在上都是增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 将图象上点的横坐标变为原来的，得到的函数在上递减 10. 已知圆，圆分别是圆与圆上的动点，则（ ） A. 若圆与圆无公共点，则 B. 当时，两圆公共弦所在直线方程为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，则不可能等于 11. 已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当平面截三棱锥的截面为正方形时， C. 三棱锥的体积最大值为1 D. 当时，三棱锥的外接球的半径为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 13. 已知P为椭圆上一点，分别为椭圆的左，右焦点，直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若，则椭圆的离心率等于____________． 14. 中，，，分别为角，，的对边，若，则的最小值为______，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. 袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验． （1）若直到取到新球为止，求抽取次数X的概率分布及其均值； （2）若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值． 16. 已知 （1）当时，过原点作函数的切线l，求切线l的方程； （2）讨论函数的导函数的单调性. 17. 在五棱锥中，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 18. 设数列的前项和为，，且，数列满足且 （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，数列前项和.若集合中有且仅有5个元素，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为. （1）求的方程； （2）过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为. ①求的取值范围； ②求证：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年江苏省南京市宁海中学高三（下）期初数学试卷（2月份） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标. 【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为. 故选：D. 2. 已知集合，，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的包含关系得不等式组，解不等式组即可． 【详解】由题意，因为，则. 故选：C． 3. 已知等比数列满足，，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由a1+a3+a5=21得 a3+a5+a7=，选B. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由倍角余弦公式及诱导公式求目标式的值. 【详解】， . 故选：A 5. 有5张相同的卡片，分别标有数字，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第一次取出的卡片上的数字为奇数”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为”，则（ ） A. 与为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件和互斥事件的定义即可判断AD；根据相互独立事件的定义结合古典概型公式进行计算，即可判断BC. 【详解】由题意，与互斥但不对立，故A错； 事件有共种，则， 事件有共种，则， 其中事件有共种，事件有共种， ， 则，所以与相互独立，故B对； ，所以与不独立，故C错； 因为与可同时发生，所以与不互斥，故D错. 故选：B. 6. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可判断，再结合即可求解. 【详解】，所以， 因为， 所以， 故选：A. 7. 已知函数，则函数的图象的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求出的解析式，进而可得，由此可得的对称中心，即可得答案. 【详解】解：根据题意，函数， ， 则有， 故函数的图象的对称中心的坐标为 故选：D . 8. 已知函数与（且）在上都是增函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对，和三种情况分类讨论，即可得到的取值范围. 【详解】若，则，从而不是上的增函数，不满足条件； 若，则对有，且 . 所以和都是上的增函数，满足条件. 若，则. 取，则，从而对有 . 从而在上递减，不满足条件. 综上，的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对的取值情况进行适当的分类讨论，从而确定的取值范围. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 将图象上点的横坐标变为原来的，得到的函数在上递减 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用辅助角化简，再利用正弦函数的周期公式求得，进而得到，直接利用代入检验法可判断AB，利用三角函数的变换规则，结合正弦函数的单调性可判断CD，从而得解. 【详解】因为，， 又的最小正周期为，所以，则， 所以， 对于A，因为， 所以的图象关于点对称，故A正确； 对于B，因为， 所以的图象不关于直线对称，故B错误； 对于C，将的图象向左平移个单位长度， 可得到的图象，故C正确； 对于D，将图象上点的横坐标变为原来的，得到的图象， 对于，有， 而在上先减后增， 则在上也先减后增，故D错误. 故选：AC. 10. 已知圆，圆分别是圆与圆上的动点，则（ ） A. 若圆与圆无公共点，则 B. 当时，两圆公共弦所在直线方程为 C. 当时，的取值范围为 D. 当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，则不可能等于 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两圆标准方程可求出它们的圆心和半径，利用圆心距与半径的关系可求得A错误；代入将两圆方程相减可得B正确；由圆上点到定点距离的最值即可判断C正确；假设可得，又易知需满足，可得D正确. 【详解】易知圆的圆心为，半径； 圆的圆心为，半径为； 对于A，圆与圆无公共点，则或， 即可得或，解得或，可知A错误； 对于B，当时，公共弦， 整理可得，即B对； 对于C，当时可知两圆外离，，即 故C对； 对于D，若，可知四边形为正方形，如下图所示： 则可得，而，即， 而，所以存在满足，即D错误. 故选：BC 11. 已知菱形的边长为2，，E，F，G分别为AD、AB、BC的中点，将沿着对角线AC折起至，连结，得到三棱锥.设二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当平面截三棱锥的截面为正方形时， C. 三棱锥的体积最大值为1 D. 当时，三棱锥的外接球的半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，利用线面垂直证线线垂直；对B，计算出的长度即可；对C，当为直角时体积最大；对D，先找到球心的位置，再进行计算. 【详解】对A，取AC中点H，则由，， 所以AC⊥，， 平面，， 所以AC⊥面，又平面， 所以AC⊥，A正确； 对B，取的中点I，易知EFGI为平行四边形(如下图)， 则截面为正方形时，EF=FG=1，由中位线，=2，又BH==， 所以∠不可能为，B错误； 对C，当面ABC时体积最大，最大为，C正确； 对D，过和的外心作所在面的垂线，则交点O即为外心， 又，所以，所以，D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值． 【详解】因为，所以， 所以即，故. 故答案为：2. 13. 已知P为椭圆上一点，分别为椭圆的左，右焦点，直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若，则椭圆的离心率等于____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据余弦定理可得，进而根据勾股定理可得，即可结合椭圆定义得和求解离心率. 【详解】取的中点为， 设，则, 由余弦定理可得， ，故， 又，故，进而可得， 因此，故， 又，故， 因此， 故答案为： 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 14. 中，，，分别为角，，的对边，若，则的最小值为______，的最大值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用正弦定理以及三角函数恒等变换整理题目中的等式，可得边长的等量关系，根据余弦定理以及基本不等式，可得的最小值；利用正弦定理整理，建立方程，根据一元二次方程有解，可得答案. 【详解】，， ，， ，，， ， 当且仅当，等号成立； 设， 则，， 当时，解得，符合题意； 当时，可得，； 综上可得：. 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. 袋中装有5个乒乓球，其中2个旧球，现在无放回地每次取一球检验． （1）若直到取到新球为止，求抽取次数X的概率分布及其均值； （2）若将题设中的“无放回”改为“有放回”，求检验5次取到新球个数X的均值． 【答案】（1）X的概率分布为： X 1 2 3 P 均值为 （2）3 【解析】 【分析】（1）由分布列及均值定义计算即可得； （2）由二项分布均值公式计算即可得. 【小问1详解】 X的可能取值为1，2，3，， 故抽取次数X的概率分布为： X 1 2 3 P ； 【小问2详解】 每次检验取到新球的概率均为，故，所以． 16. 已知 （1）当时，过原点作函数的切线l，求切线l的方程； （2）讨论函数的导函数的单调性. 【答案】（1）； （2） 当时，在R上递减； 当时，在区间上单调递增，在上单调递减； 当时，在区间上单调递减，在上单调递增． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义以及直线点斜式方程即可求解； （2）对函数求导，并对a的取值进行分类讨论即可求得函数的单调性． 【小问1详解】 当时，，， 设切点为，切线方程为， 因为切线过原点，所以，即，解得； 所以，因此； 即切线方程为； 【小问2详解】 易知， 令，则， ①当时，，则在R上递减； ②当时，令，可得； 同理的解是， 所以在区间上单调递增，在上单调递减； ③当时令，即；同理的解是， 所以在区间上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，在R上递减； 当时，在区间上单调递增，在上单调递减； 当时，在区间上单调递减，在上单调递增． 17. 在五棱锥中，，，平面平面. （1）求证：； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） 证明：延长交于点， 四边形为矩形，， 平面平面，平面平面， 平面平面，即. （2）或 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质、结合面面垂直的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 如图建系，， ， ， ， 设平面的一个法向量， ， ， 或. 18. 设数列的前项和为，，且，数列满足且 （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，数列前项和.若集合中有且仅有5个元素，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用条件先得出数列是等差数列，得到，再利用和的关系求出，则通过累加法求出. （2）把变形成，然后利用裂项相消求，最后分离参数判断数列单调性求出的取值范围. 【小问1详解】 ，，数列是公差为的等差数列， ，①，② ，. ， 所以，而也符合该式，故. 【小问2详解】 所以 ，，， 则，所以为递减数列， ，，所以. 19. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为. （1）求的方程； （2）过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为. ①求的取值范围； ②求证：为定值. 【答案】（1） （2） ①； ②易知， 可得； 所以 ； 因此为定值. 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及面积的最大值，构造方程解方程可得的方程为； （2）①联立椭圆与直线方程得出的面积的表达式，利用对勾函数单调性即可求得的取值范围为； ②利用中点坐标公式求得，得出斜率表达式即可得，可得为定值. 【小问1详解】 由题意知，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 ①易知， 设直线方程为，如下图所示： 联立，消去可得， 所以， 且， 可得， 令， 可得，由对勾函数性质可得在时单调递增； 所以可得； 即的取值范围为. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $