江苏省南通市如皋市2023-2024学年高三上学期期初考试押题数学解析_2023年8月_01每日更新_28号_2024届江苏省南通市如皋市高三上学期期初考试押题卷

试题解析 1．A 先将式子化简为复数的标准形式，根据复数相等，可解出m,n，进而选出答案. m 由 1ni得m1n1ni， 1i 1n0 m2 根据复数相等的概念有 解得 m1n n1 故选：A 2．C 根据题意确定集合M的元素，进而可确定集合M的真子集的个数，即得答案. 由题意知集合M={x 2x4且xN}{2,3,4}， 则集合M的真子集有,{2}|,{3},{4},{2,3},{2,4},{3,4}，共7个， 故选：C 3．C 根据充分必要条件的定义和等比数列的定义判断． 1 1 1 1 1 t  时，由a 1得a   1，a   1，L ，a 1，所以{a }是等比数列，充分性满足； 2 1 2 2 2 3 2 2 n n 反之若{a }是等比数列，则a ta t 2t，a ta t 2t2t，a,a ,a 也成等比数列，所以a2 aa ， n 2 1 3 2 1 2 3 2 1 3 1 即4t2 2t2t，又t0，所以t  ，此时a 1(nN*)，满足题意，必要性也满足， 2 n 应为充要条件． 故选：C． 关键点点睛：本题考查充分必要条件的判断，考查等比数列的判断，掌握充分必要条件和等比数列的定义 1 是解题关键．解题方法是充分性与必要性分别进行判断，充分性只要把t  代入计算求出a 即可判断， 2 n 而必要性需由数列{a }是等比数列求出参数t，因此可由开始的3项成等比数列求出t，然后再检验对 n nN*数列是等比数列即可． 4．C 4m 由条件列式ma5  确定参数，再结合对数运算解方程即可. 5 4m 4 4 由题意可得yma5  ，即a5  ，解得a 5 ， 5 5 5 答案第1页 学科网（北京）股份有限公司t m  4 1 令mat  ，即5   ， 8  5  8   4 1 两边取对数得tlg5 lg ， 5 8 t t 所以 lg8lg10lg8，即 3lg213lg2， 5 5 15lg2 4.5 解得t   45， 3lg21 0.1 故选：C 5．B 3 利用二项式定理的展开式的通项公式，通过 幂指数为160，求出ab关系式，然后利用基本不等式求解表 x2 达式的最小值． 6  b  3  ax  的展开式中 x2 项的系数为160，  x 所以T Crax6r  b  r a6rbrCrx 6 3 2 r ， r1 6   x   6 3 3 令6 r ，解得r 3 2 2 所以a3b3C3 160，所以ab2， 6 ∵a0，b 0，ab2 ab 2 2，当且仅当a  b  2时等号成立， ∴ab的最小值为2 2， 故选：B. 6．C a 对关系式 n2 21n nN 中的n分奇偶进行讨论，然后利用求和公式计算即可. a n a a 由题意 n2 21n nN ，当n为偶数时，可得 n2 3； a a n n a 当n为奇数时，可得 n2 1，即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1， a n 3  3501  3  350 1  由求和公式可得S  50 50， 100 31 2 故选：C 本题考查了数列递推关系，等比数列的通项公式和求和公式，考查推理能力和计算能力，属于中档题. 答案第2页 学科网（北京）股份有限公司7．D 先求出以F 为圆心的圆的方程，求出A  0, 3c  ，B3c,0，求出直线FA的方程后结合距离公式可求M 的 2 1 坐标，代入椭圆方程后可求离心率. 设椭圆的半焦距为c，因为以F 为圆心的圆过F，故该圆的半径为2c， 2 1 故其方程为：xc2y2 4c2， 令x0，则y 3c，结合A在y轴正半轴上，故A  0, 3c  ， 令y0，则xc或x3c，故B3c,0 . 3c0 故k   3，故直线FA:y 3x 3c. F1A 0(c) 1 设M  m, 3m 3c m0， 因为A在y轴的正半轴上，F在x轴的负半轴上，故m0， 1 31 2 31 而 BM  2c c， 3 3 故3cm2  3m 3c 2  124 c2，整理得到：4m2  16 c2， 9 9 2 3c 故m c，故y ， 3 3 4 c2 1 c2 4e2 e2 所以 9  3 1 ，故 9  3  1e2 1， a2 b2 71 整理得到：4e416e290，故e ， 2 故选：D. 思路点睛：圆锥曲线中离心率的值或范围的计算，关键在于构建关于基本量的方程或方程组（不等式或不 等式组），后者可通过点在椭圆上或判别式为零等合理构建. 8．D 利用点到直线的距离结合导数可求a2b2的最小值. 设零点为t，则at1bet 0， e2t 因此a2b2  ,t1,3， (t1)21 考虑函数g(x)  x22x2  e2x，其导函数g(x)  2x26x6  e2x 0， 答案第3页 学科网（北京）股份有限公司1 因此函数g(x)在[1,3]上单调递减，从而a2b2的最小值为 e2． g(1) 故选：D. 9．AD 根据已知数据计算平均值和方差后比较可得． 2629283131 甲的平均值为x 29， 5 2830312932 乙的平均值为y 30，A正确，B错误； 5 (2629)2(2929)2(2829)2(3129)2(3129)2 甲方差为S2  3.6， 1 5 (2830)2(3030)2(3130)2(2920)2(3220)2 乙方差为S2  2， 2 5 甲方差大于乙方差，从而甲标准差大于乙标准差，C错，D正确． 故选：AD． 10．ACD 由图象求出的值，利用余弦型函数的周期公式可判断AB选项；利用余弦型函数的对称性可判断C选 项；利用余弦型函数的单调性可判断D选项.  4    由图知 ,0在 f x2cosx  0图象上，且为图象上升时与x轴的交点，  9   6 4   39k 所以   2kkZ，解得 kZ， 9 6 2 2 设函数 f x的最小正周期为T， 2 3 因为T 2，所以 2，所以12，令k 0，得 ，  2 2 2 4 T    所以  3 3 ，所以选项A正确，选项B错误； 2 3    3    因为 f x2cos x ，所以 f  2cos     2， 2 6  9 2  9 6  所以函数 f x的图象关于x 对称，所以选项C正确； 9   3   11 因为当x0, 时， x  , 0,，  2 2 6 6 12    所以函数 f x在0, 上单调递减，所以选项D正确.  2 故选：ACD． 答案第4页 学科网（北京）股份有限公司11．AD 代入n1，可得a S 239，可判断A； 1 1 项和转换，求得a ，可判断B； n 比较a ,a ，可判断C； 2 1 计算S S ，S S ，S S ，可判断D 10 5 15 10 20 15 当n1时，a S 23915，A正确． 1 1 当n2，nN*时，a S S 23n9  23n19  43n1． n n n1 15,n1, a a 所以a  ，故 2  3 ，a 不是等比数列，B错误． n 43n1,n2, a a n 1 2 因为a 12a ，所以a 不是递增数列，C错误． 2 1 n 因为S 2359，S 23109，S 23159，S 23209， 5 10 15 20 所以S S 235  351  ，S S 2310  351  ,S S 2315  351  ， 10 5 15 10 20 15 S S S S 则 20 15  15 10 ，所以S S ，S S ，S S 成等比数列，D正确． S S S S 10 5 15 10 20 15 15 10 10 5 故选：AD 12．BD 根据两个函数的值域不同可判断选项A不正确，根据指数函数图象的特点可判断选项B，分离参数m得 4 mx gx，只需mgx ，即可判断选项C， x min x12 2x f x  1是一个奇函数加常数1，奇函数在定义域内最大值与最小值之和等于0可判断选项 x21 x21 D，进而可得正确选项. 对于选项A：函数 f xx值域为R，函数gx x2 值域为0,，所以 f xx与函数gx x2 不 是相等函数，故选项A不正确； a1 对于选项B：若函数 f xaxa(a0且a1)的图象没有经过第二象限，则 ，解得： f 0a0a0  a 1，故选项B正确； 答案第5页 学科网（北京）股份有限公司对于选项C：当x1,2时，关于x的不等式x2mx40恒成立， x24 4 4 即m x ，令gxx ，则mgx ， x x x min 4 4 因为yx 在x1,2单调递减，所以gxx 在x1,2单调递增， x x 所以gxg15，所以m5，故选项C不正确； 对于选项D：函数 f x x12  2x 1，令hx 2x 则 x21 x21 x21 2x 2x hx hx，所以hx 是奇函数，所以hx hx 0， x21 x21 max min 因此M mhx 1hx 12，故选项D正确， max min 故选：BD 思路点睛：不等式恒成立问题一般采用分离参数法求参数范围 若不等式 f x,0xD（是实参数）恒成立，将 f x,0转化为gx或gxxD恒成 立，进而转化为gx 或gx xD，求gx的最值即可. max min 5 13． 7 根据同角的三角函数关系求得sin A，利用两角和的正弦公式求得sinC，再用正弦定理即可求得答案. 3 4 在△𝐴𝐵𝐶中，cosA ，则sinA ， 5 5 4 2 3 2 7 2 故sinC sin(AB)sinAcos45cosAsin45      ， 5 2 5 2 10 2 1 csinB 2 5 故由正弦定理得b   , sinC 7 2 7 10 5 故答案为： 7 14．8186 根据正态分布的概率分布原则可得P(396 X 404)0.6827,P(392 X 408)0.9545，进而求出 P(396 X 408)即可求解. 由题意知，X~N(400,42)， 所以P(396 X 404)0.6827,P(392 X 408)0.9545， 答案第6页 学科网（北京）股份有限公司得P(396 X 408)P(392 X 408)P(392 X 396) 1 P(392 X 408) [P(392 X 408)P(396 X 404)] 2 1 0.9545 (0.95450.6827)0.8186， 2 所以袋装质量在区间(392,408)的约有100000.81868186袋. 故答案为：8186. 1 15． e ex2a,xa 根据A，B是函数 f x{ （其中a＞0）图象上的两个动点，函数f（x）的图象关于直线 f 2ax,(xa) x＝a对称．得到点A，B分别位于分段函数的两支上，设PA与f（x）＝﹣e﹣x相切于点A（x ，y ），由 0 0 kAP＝f′（x 0 ）＝ex0  x e  x0 a ，解得x 0 ＝a﹣1，再由  P  A    P  B  的最小值为0，得到 kPA＝tan45°＝1求解. 0 ex2a,xa 因为A，B是函数 f x{ （其中a＞0）图象上的两个动点， f 2ax,(xa) 当x＜a时，f（x）＝f（2a﹣x）＝﹣e（2a﹣x）﹣2a＝﹣e﹣x， 所以函数f（x）的图象关于直线x＝a对称．又开口向下， 所以 f x  f a， max   因为PAPB的最小值为0，， 所以点A，B分别位于分段函数的两支上， 设直线PA与f（x）＝﹣e﹣x相切于点A（x ，y ）， 0 0 ∴f′（x）＝e﹣x， ex0 ∴kAP＝f′（x ）＝ex0  0 x a 0 解得x ＝a﹣1， 0   ∵PAPB的最小值为0，   ∴PAPB， ∴kPA＝tan45°＝1， ∴ex0 =1， ∴x ＝0， 0 ∴a＝1， 答案第7页 学科网（北京）股份有限公司1 ∴f（x）max ． e 1 故答案为： e 本题主要考查分段函数求最值，导数的几何意义以及平面向量的数量积的应用，还考查了运算求解的能 力，属于中档题. 3 7 16． 8 由球的表面积公式求解四棱台的外接球表面积，并求出侧面积，然后求解即可. 当S 取得最小值时，则球心O在正四棱台ABCDABCD 的下底面内，O 为上底面的中心，如图所示， 2 1 1 1 1 1 1 由此可得外接球的半径为 2 2 2 2，进而可得OO  41 3， 2 1 2  2  2 14 进而可求侧面的斜高EE  3    . 1  2  2   1  14 则侧面的面积S 4 22 2  6 7， 1 2 2 S 6 7 3 7 又S 4R2 16， 所以 1   . 2 S 16π 8π 2 3 7 故答案为： . 8 17．（1）a 2n；（2）证明见解析 n 1 1 11 1  (1)先求出S n2n,再利用a S S 求解即可;(2)b      ,利用裂项相 n n n n1 n (n2)a 2n(n2) 4n n2 n 消法求和,再利用放缩法可得结论. （1）由S2S 20, 1 1 解得S 2或S 1, 1 1 ∵数列a 都是正项,S 2, n 1 答案第8页 学科网（北京）股份有限公司 S n 2  n2n1  S n   n2n  0, S   n2n S 10,  n  n 解得S n2n或S 1, n n 因为数列a 都是正项, n S n2n, n 当n2时,有a S S , n n n1 a n2n(n1)2(n1) n   解得a 2n, n 当n1时,a S 2,符合a 2n, 1 1 n 所以数列a 的通项公式a 2n,nN. n n 1 1 11 1  (2)b      , n (n2)a 2n(n2) 4n n2 n 1 1 1 1 1 1  所有T  1   ...   n 4 3 2 4 n n2 1 1 1 1  1 3 3  1      4 2 n1 n2 4 2 8 裂项相消法是最难把握的求和方法之一,其原因是有时很难找到裂项的方向,突破这一难点的方法是根据式 1 11 1  1 1  子的结构特点,常见的裂项技巧:(1)    ;(2)  nk  n ; (3) nnk kn nk nk  n k 1 1 1 1  2n  2n11    2n 1  1 1 2n12n1  2  2n1  2n1   ;(4) 2n1  2n11    2n 1  2n11   2n1  2n11 ;此外,需注意裂 项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题,导致计算结果错误. 18．(1)证明见解析； (2)证明见解析； 7 85 (3) . 85 （1）设AC和BD交于点O，连接PO，根据线面平行的判定定理求解； （2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证； 答案第9页 学科网（北京）股份有限公司（3）连接BP，BO，可证明BOP为二面角B ACP的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可. 1 1 1 1 （1）设AC和BD交于点O，连接PO，如图， 由于P，O分别是DD ，BD的中点，故PO∥BD ， 1 1 ∵PO平面PAC，BD 平面PAC，所以直线BD ∥平面PAC. 1 1 （2）在四棱柱ABCDABCD 中，底面ABCD是菱形，则ACBD， 1 1 1 1 又DD 平面ABCD，且AC平面ABCD，则DD  AC， 1 1 ∵BD平面BDDB ，DD平面BDDB ，BDDDD 1 1 1 1 1 1 ∴AC 平面BDDB . 1 1  BD 1 平面BDD 1 B 1 ，∴BD 1  AC. （3）连接BP，BO， 1 1 因为PAPC，O是AC中点，所以PO AC， 因为AC 平面BDDB ，BO平面BDDB ，所以BO AC， 1 1 1 1 1 1 ∴BOP为二面角B ACP的平面角， 1 1 1 17 1 5 BO 22( )2  ，PO 12( )2  ，BP 1212  2，  1 2 2 2 2 1 5 17  2 PO2OB2PB2 4 4 7 85 由余弦定理可知cosBOP 1 1   ， 1 2POOB 5 17 85 1 2  2 2 7 85 ∴二面角B ACP的余弦值为 . 1 85  2 39 19．（1）A  （2）sinC  3 13 （1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cosA的值，结合A的范围，可求A的值； （2）利用三角形的面积公式可求bc的值，从而解得c的值，由余弦定理可求a的值，由正弦定理可求 sinC的值. 7  解：（1）因为cos2Asin A1.  2  cos2AcosA10， 可得：2cos2 AcosA0， 答案第10页 学科网（北京）股份有限公司1 解得：cosA 或cosA0， 2 1 ABC为锐角三角形，cosA ，  2  A ； 3 1 1 3 （2） S  bcsinA bc 3 3，可得bc12，  △ABC 2 2 2 又b3，可得：c4， 在 ABC中，  1 由余弦定理可，a2 b2c22bccosA169234 251213， 2 a 13， a c 在 ABC中，由正弦定理可知：  ，  sinA sinC 3 4 可得： csinA 2 2 39 . sinC    a 13 13 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式，余弦定理，正弦定理在解三角形中的综合 应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题. 20．（1） f x 1， f x e2；（2）0,ln3 . min max 1  （1）求得 f x的定义域和导数，利用导数研究 f x在区间 ,e2 上的最大值和最小值.   e  （2）将问题转化为 f x gm，x0,m .对m分成0m1，m 1两种情况进行分类讨论，结合 min 导数进行分析，由此求得m的取值范围. （1） f x的定义域为0,， fxlnx， 令 fx0，得x1， 1  当x  ,1时， fx0， f x单调递减； e  当x  1,e2时， f¢(x)>0， f x单调递增  又 f   1  2 ， f  e2 e2. e e 所以 f x  f 11， f x  f  e2 e2 min max （2） 答案第11页 学科网（北京）股份有限公司由题意知：只需 f x gm，x0,m， min 由（1）知 f x在0,1单调递减，1,单调递增， ①若0m1，则 f x在0,m单减，则只需 f mgm， 即2mlnm2m1em 0， 记m2m1em，0m1， 因为m2em，所以m在0,ln2减，ln2,1增， 而00，10，所以m0在0m1恒成立， 又因为2mlnm0，所以2mlnm2m1em 0对任意0m1恒成立. ②若m 1， f x  f 1，只需 f 1gm， min 1 即1  1em ，解得1mln3， 2 综上，m0,ln3 . 本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查利用导数研究不等式成立的存在性问题，属于中档题. x2 y2 21．（1）  1；（2）证明见解析. 16 12 （1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到|PM |r1，|PN|7r，从而得到 |PM ||PN|8，得到2a8,c2，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设 l:ykxm(m2 3)，代入椭圆方程，得到x x ，xx ，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据 1 2 1 2 k k 2，得到k，m的关系，得到直线所过的定点，再验证直线l斜率不存在时，也过该定点，从 QA QB 而证明直线过定点. （1）设动圆P的半径为r， 因为动圆P与圆M外切，所以|PM |r1， 因为动圆P与圆N内切，所以|PN|7r， 则|PM ||PN|(r1)(7r)8|MN|4， 由椭圆定义可知，曲线C是以M(2,0)、N(2,0)为左、右焦点，长轴长为8的椭圆， x2 y2 设椭圆方程为  1(ab0)， a2 b2 则a4，c2，故b2 a2c2 12， 答案第12页 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 所以曲线C的方程为  1. 16 12 （2）①当直线l斜率存在时，设直线l:ykxm，m2 3， ykxm  联立x2 y2 ，   1 16 12 得  34k2 x28kmx4m2480，  8km x x    1 2 34k2 设点Ax,y , Bx ,y ，则 ， 1 1 2 2 4m248  xx   1 2 34k2 y 2 3 y 2 3 k k  1  2 QA QB x x 1 2 x kx m2 3x x kx m2 3x  2 1 2 1 2 1 xx 1 2 2kxx (m2 3)x x   1 2 1 2 2， xx 1 2 所以(2k2)xx (m2 3)x x 0， 1 2 1 2 4m248 8km 即(2k2) (m2 3) 0， 34k2 34k2 得m2122 3km12k 0. 则(m2 3)(m2 3)2 3k(m2 3)0， 因为m2 3，所以m2 32 3k 0. 即m2 3k2 3， 直线l:ykx2 3k2 3 k(x2 3)2 3，   所以直线l过定点 2 3,2 3 . ②当直线l斜率不存在时，设直线l:xt(t 0)，且4t4，  3   3  则点At, 12 t2 , Bt, 12 t2      4 4     答案第13页 学科网（北京）股份有限公司3 3  12 t2 2 3 12 t2 2 3 4 3 4 4  2， k k   t QA QB t t 解得t2 3，   所以直线l:x2 3也过定点 2 3,2 3 .   综上所述，直线l过定点 2 3,2 3 . 本题考查圆与圆的位置关系，椭圆的定义，求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，椭圆中直线过定点 问题，属于中档题. 1  22．（1）见解析；（2）见解析；（3）  ，+ 2  试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问 题解决问题的能力和计算能力.第一问，对 f(x)求导，对a进行讨论，判断函数的单调性；第二问，利用导 数判断函数的单调性，判断最值，证明结论，第三问，构造函数h(x)= f(x)  g(x)（x1），利用导数判 断函数h(x)的单调性，求出函数h(x)的最值，从而证明结论. 1 2ax21 试题解析：（Ⅰ） f '(x)2ax  (x0). x x 当a0时，f '(x)＜0， f(x)在（0，+）内单调递减. 1 当a0时，由 f '(x)=0，有x . 2a 1 当x（0, )时， f '(x)＜0， f(x)单调递减； 2a 1 当x（ ，+)时， f '(x)＞0， f(x)单调递增. 2a （Ⅱ）令s(x)=ex1x，则s'(x)=ex11. 1 1 当x1时，s'(x)＞0，所以ex1 x，从而g(x)=  ＞0. x ex1 （Ⅲ）由（Ⅱ），当x1时，g(x)＞0. 当a0，x1时， f(x)=a(x21)lnx0. 故当 f(x)＞g(x)在区间（1，+)内恒成立时，必有a0. 1 1 当0a 时， ＞1. 2 2a 1 1 由（Ⅰ）有 f( ) f(1)0,从而g( )0， 2a 2a 所以此时 f(x)＞g(x)在区间（1，+)内不恒成立. 答案第14页 学科网（北京）股份有限公司1 当a 时，令h(x)= f(x)  g(x)（x1）. 2 1 1 1 1 1 x32x1 x22x1 当x1时，h'(x)=2ax  e1x x     0. x x2 x x2 x x2 x2 因此h(x)在区间（1，+)单调递增. 又因为h(1)=0，所以当x1时，h(x)= f(x)  g(x)＞0，即 f(x)＞g(x)恒成立. 1 综上，a[ ，+). 2 考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题 答案第15页 学科网（北京）股份有限公司答案第16页 学科网（北京）股份有限公司