（解析版）江蘇省南通市如皋市2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期8月診斷測試數(shù)學(xué)試題

第1頁/共1頁如皋市2024屆高三上學(xué)期8月診斷測試數(shù)學(xué)試題2023.08注意事項（請考生作答前認真閱讀以下內(nèi)容）：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、座位號填寫在答題卡上，并用2B鉛筆填涂準(zhǔn)考證號.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆在答題卡上對應(yīng)題目選項的答案信息點涂黑：如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案.答案不能答在試卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上.4.考生必須保持答題卡的整潔.考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回.試卷共4頁，共22小題；答題卡共2頁.滿分150分.考試用時120分鐘一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知，，若，則實數(shù)m取值范圍（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式可得集合A，根據(jù)可得在上恒成立，結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性即可求得答案.【詳解】解不等式，即，即，又，，故在上恒成立，即在上恒成立，而在上單調(diào)遞減，故，故，即實數(shù)m的取值范圍為，故選：B2.一個圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，則該圓錐的內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，圓錐的高為，內(nèi)切球的半徑為，則由題意可得，從而可求得，作出軸截面如圖，利用與相似可求出，從而可求出圓錐的內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，圓錐的高為，內(nèi)切球的半徑為，其軸截面如圖所示，設(shè)為內(nèi)切球球心，因為圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，所以，得，即，所以，所以，因為∽，所以,所以，得，所以圓錐的內(nèi)切球的表面積和圓錐的側(cè)面積的比為，故選：A3.設(shè)為正實數(shù)，復(fù)數(shù)滿足，若在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點恰好在直線上，則（）A. B.1 C.2 D.4【答案】A【解析】【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)的運算求出，得到在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點代入直線方程即可求解.【詳解】由題意可得，則在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，將點代入得，解得，故選：A4.已知圓上兩動點A，B滿足為正三角形，O為坐標(biāo)原點，則的最大值為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由條件可得，由此確定點的軌跡方程，再求的最大值可得結(jié)論.【詳解】由題可知是邊長為1的正三角形，設(shè)的中點為，則，又，所以點的軌跡方程為，且．因為，所以，因為，當(dāng)且僅當(dāng)點在線段上時等號成立，所以的最大值為，所以的最大值為．故選：D．5.文化廣場原名地質(zhì)宮廣場，是長春市著名的城市廣場．現(xiàn)某興趣小組準(zhǔn)備在文化廣場上對中央太陽鳥雕塑塔的高度進行測量，并繪制出測量方案示意圖，A為太陽鳥雕塑最頂端，B為太陽鳥雕塑塔的基座（即B在A的正下方），在廣場內(nèi)（與B在同一水平面內(nèi)）選取C、D兩點．測得CD的長為興趣小組成員利用測角儀可測得的角有、、、、，則根據(jù)下列各組中的測量數(shù)據(jù)，不能計算出太陽鳥雕塑塔高度AB的是（）A.m、、、 B.m、、、C.m、、、 D.m、、、【答案】B【解析】【分析】依據(jù)解三角形的條件，逐項判斷可解三角形求出太陽鳥雕塑塔高度的選項即可．【詳解】對于A：由，、可以解，又，可求太陽鳥雕塑塔高度；對于B：在中，由，無法解三角形，在中，由，無法解三角形，在中，已知兩角，無法解三角形，所以無法解出任意三角形，故不能求太陽鳥雕塑塔高度；對于C：由，、可以解，可求，又，即可求太陽鳥雕塑塔高度；對于D：如圖，過作于，連接，由，，，知，故可知的大小，由、，可解，可求，又，可求太陽鳥雕塑塔高度；故選：B．6.在中，點是的三等分點（靠近點B），過點的直線分別交直線，于不同兩點，若，均為正數(shù)，則的最小值為（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量的加減運算表示出，利用三點共線可得，將該式與相乘，結(jié)合均值不等式即可求得答案.【詳解】由題意知，由于M、O、N三點共線，可知，由于均為正數(shù)，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得等號，故選：C7.設(shè)等比數(shù)列的首項為1，公比為q，是數(shù)列的前n項和，則“”是“恒成立”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】充分性直接證明，必要性舉特值驗證.【詳解】．當(dāng)時，，可知．所以“”是“，恒成立”的充分條件．又當(dāng)時，．若n為偶數(shù)，則；若m為奇數(shù)，則．所以，當(dāng)時，恒成立．綜上，“”是“恒成立”的充分不必要條件，故選：A．8.函數(shù)的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用導(dǎo)數(shù)，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可得解.【詳解】因為，所以，易知，則，所以當(dāng)時，；當(dāng)時，；即當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減；故在處取得極大值即最大值，所以.故選：B.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知F為橢圓的一個焦點，A，B為該橢圓的兩個頂點，若，則滿足條件的橢圓方程為（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)題意為該橢圓的兩個頂點，且，結(jié)合橢圓的幾何性質(zhì)，分類討論，即可求解.【詳解】由題意，已知F為橢圓一個焦點，其中為該橢圓的兩個頂點，且，當(dāng)為左右兩個頂點時，可得，解得，所以，此時橢圓的方程為；當(dāng)為橢圓短軸的頂點，為長軸的頂點時，可得解得，則，此時橢圓的方程為；當(dāng)為橢圓長軸的頂點，為短軸的頂點時，可得，解得，則，此時橢圓的方程為.故選：BCD.10.函數(shù)，則（）A.為偶函數(shù) B.的最小正周期是C.在上單調(diào)遞增 D.的最小值為【答案】AD【解析】【分析】對于A，根據(jù)偶函數(shù)的定義即可判斷；對于B，根據(jù)周期性的定義即可判斷；對于C，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可判斷；對于D，通過去絕對值將原函數(shù)寫成分段函數(shù)，再去求函數(shù)的值域之后即可判斷.【詳解】對于A，因為函數(shù)的定義域為，且，所以函數(shù)為偶函數(shù)，故選項A正確；對于B，因為，所以函數(shù)的最小正周期不是，故選項B錯誤；對于C，當(dāng)時，，所以，令，解得，令，解得，當(dāng)時，可知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以函數(shù)在上不單調(diào)，故選項C錯誤；對于D，因為，所以是函數(shù)的周期，當(dāng)時，，此時，因為，所以，所以，所以，當(dāng)時，，此時，因為，，所以，所以，所以，綜上所述，函數(shù)在區(qū)間上的值域為，所以函數(shù)的值域為，即的最小值為，故選項D正確.故選：AD.11.已知函數(shù)的定義域，滿足，且當(dāng)時，，則下列說法正確的是（）A.是定義在上的偶函數(shù)B.在上單調(diào)遞增C.若，則D.當(dāng)是鈍角的兩個銳角時，【答案】BC【解析】【分析】利用賦值法及函數(shù)奇偶性的定義可判斷A；根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義結(jié)合條件可判斷B；由題可得，然后利用等比數(shù)列的定義可判斷C；根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合條件可判斷D.【詳解】對于A，令得，即得，在定義域范圍內(nèi)令得，即是奇函數(shù)，故A錯誤；對于B，令，且，所以，又，且，所以，所以，所以是單調(diào)增函數(shù)，故B正確；對于C，由，可得，即，即，所以是等比數(shù)列，又，所以，故C正確；對于D，因為是鈍角的兩個銳角，則，所以，故D錯誤.故選：BC12.如果一個凸n面體共有m個面是直角三角形，那么我們稱這個凸n面體的直度為，則（）A.三棱錐的直度的最大值為1B.直度為的三棱錐只有一種C.四棱錐的直度的最大值為1D.四棱錐的直度的最大值為【答案】AD【解析】【分析】借助于正方體模型，一一判斷各選項，即得答案.【詳解】如圖，借助于正方體模型，圖1中三棱錐的四個面都是直角三角形，其直度為1，A正確；圖1中三棱錐，三個面都是直角三角形，面正三角形，其直度為；圖2中三棱錐，三個面都是直角三角形，面為正三角形，其直度為，故直度為的三棱錐不止一種，B錯誤；四棱錐的共有5個面，底面為四邊形，故其直度不可能為1，C錯誤；圖3中的四棱錐的四個側(cè)面都是直角三角形，底面為正方形，故四棱錐的直度的最大值為，D正確，故選：AD三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.個人分乘三輛不同的汽車，每輛車最多坐人，則不同的乘車方法有______種（用數(shù)字作答）．【答案】【解析】【分析】先分好組，三組人數(shù)分別為、、或、、，再將三組分配給三輛車，利用分步乘法計數(shù)原理可得結(jié)果.【詳解】先分好組，三組人數(shù)分別為、、或、、，再將三組分配給三輛車，由分步乘法計數(shù)原理可知，不同的乘車方法種數(shù)為.故答案為：.【點睛】方法點睛：解決分配問題一般遵循先分組再分配的方法進行，但要正確判斷是不是平均分組、有序分組，無序平均分組要除以組數(shù)的階乘，有序平均分組是在平均分組的基礎(chǔ)上乘以組數(shù)的階乘.14.在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是________．【答案】【解析】【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時半徑最大，當(dāng)邊長為的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時半徑達到最小.【詳解】設(shè)球的半徑為.當(dāng)球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；分別取側(cè)棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，連接，則，當(dāng)球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.綜上，.故答案為：15.過點能作雙曲線的兩條切線，則該雙曲線離心率的取值范圍為_______.【答案】【解析】【分析】分析可知，切線的斜率存在，設(shè)切線方程為，將切線方程與雙曲線的方程聯(lián)立，由可得出關(guān)于的方程，可知方程有兩個不等的實數(shù)根，求出的取值范圍，即可求得該雙曲線的離心率的取值范圍.【詳解】當(dāng)過點的直線的斜率不存在時，直線的方程為，由可得，故直線與雙曲線相交，不合乎題意；當(dāng)過點的直線的斜率存在時，設(shè)直線方程為，即，聯(lián)立可得，因為過點能作雙曲線的兩條切線，則，可得，由題意可知，關(guān)于的二次方程有兩個不等的實數(shù)根，所以，，可得，又因為，即，因此，關(guān)于的方程沒有的實根，所以，且，解得，即，當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上所述，該雙曲線的離心率的取值范圍是.故答案為：.16.若，，則________．【答案】【解析】【分析】由，兩邊取以為底的對數(shù)，得，由，令，則，從而可得，則，從而得出答案.【詳解】由，兩邊取以為底的對數(shù)，得由，令，則所以，即所以，設(shè)，則所以在上單調(diào)遞增，由以及，則由即，則故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查對數(shù)的運算和構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性得到相應(yīng)關(guān)系，解答本題的關(guān)鍵是由條件得到，利用換元令，進一步得到，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到，屬于中檔題.四、解答題：本題共6小題，共70分.請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.如圖，在棱長為2的正方體中，E，F(xiàn)分別是，AB的中點.（1）證明：直線平面.（2）求點B到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定定理和性質(zhì)，結(jié)合線面平行的判定定理進行證明即可；（2）根據(jù)三棱錐的體積公式，結(jié)合三棱錐的等積性進行求解即可.【小問1詳解】證明：如圖，連接EF，因為E，F(xiàn)分別是，AB的中點，所以，，所以四邊形為平行四邊形，則.又平面，平面，所以直線平面.【小問2詳解】連接EB.設(shè)點B到平面的距離為h.，在中，，，.又因為，所以，解得.18.已知a，b，c為的內(nèi)角A，B，C所對的邊，向量，，且.（1）求；（2）若，的面積為，且，求線段的長.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用正弦定理化角為邊，再利用余弦定理求出；（2）先根據(jù)面積求出，利用向量運算求解的長.【小問1詳解】因為，所以.由正弦定理，得，即，由余弦定理，得.因為，所以.【小問2詳解】，解得.因為，所以為的三等分點，，則，所以，.19.已知函數(shù).（1）求的最大值;（2）證明：【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）利用多次求導(dǎo)的方法求得的單調(diào)區(qū)間，進而求得的最大值.（2）利用導(dǎo)數(shù)，首先將要證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明，然后利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)證得不等式成立.【小問1詳解】，定義域為，則，令，因為恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，即當(dāng)時，，令，可得，得在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以.【小問2詳解】要證，即證，

令

令得，即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，即，即欲證，只需證也就是證明

設(shè)，則，令，得

當(dāng)時，；當(dāng)時，

當(dāng)時，取到最小值故式成立，從而成立.【點睛】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值時，當(dāng)一次求導(dǎo)無法解決，可考慮利用多次求導(dǎo)的方法來進行求解.利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，可先將不等式進行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為容易證明的形式，然后利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合導(dǎo)數(shù)進行證明.20.已知數(shù)列的前項和為，當(dāng)時，滿足.（1）求證：；（2）求證：數(shù)列為等差數(shù)列；（3）若，公差，問是否存在，，使得？如果存在，求出所有滿足條件的，，如果不在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）存在，或.【解析】【分析】（1）已知條件是時，，令可證結(jié)論；（2）已知條件變形，用累加方法得，從而，把此式再寫一次：當(dāng)時，，兩式相減得：時，，同時也適合此式，從而證明是等差數(shù)列；（3）由求得，讓從2開始一一檢驗，看是否有，當(dāng)然時，有，.【詳解】（1）證明：∵時，，令得，，∴.（2）由，∴，各式相加得，，當(dāng)時，，由時，，而，，也滿足上式，∴為等差數(shù)列.（3）∵，公差為，∴，，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，（舍），時，（舍），當(dāng)時，（舍），時，（舍），當(dāng)時，（舍），當(dāng)時，，∴，（舍），綜上或.【點睛】本題考查等差數(shù)列的證明，由的遞推關(guān)系證明數(shù)列是等差數(shù)列，由于已知式較復(fù)雜，因此關(guān)鍵是第一步的變形：，這樣可用累加法求得，再由得（），然后說明前3項也適合此表示法，完成證明.這里涉及到與的關(guān)系，要注意在推理過程中的取值范圍.21.一只口袋裝有形狀、大小完全相同的5只小球，其中紅球、黃球、綠球、黑球、白球各1只．現(xiàn)從口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球．（1）當(dāng)時，求恰好取到3次紅球的概率；（2）X表示2n次取球中取到紅球的次數(shù)，，求Y的數(shù)學(xué)期望（用n表示）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出從裝有5只小球的口袋中有放回的取球6次，共包含幾種情況，再求出恰好取到3次紅球的取法種數(shù)，根據(jù)古典概型的概率公式即可求得答案.（2）確定隨機變量Y的所有可能取值，求得的表達式，繼而計算，并結(jié)合二項式定理化簡計算，即可求得答案.【小問1詳解】當(dāng)時，從裝有5只小球的口袋中有放回的取球6