江苏省南通市2024届高三下学期4月阶段测试
数学试题
一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置．．．．．．．上． ．1.已知【答案】4 【解析】
解：利用复数相等，可知由2.设集合【答案】【解析】 解：因为集合解得a=1
3.从某班抽取5名学生测量身高（单位：cm），得到的数据为160，162，159，160，159，则该组数据的方差【答案】 【解析】
试题分析：5名学生平均数为160，因此方差为考点：方差
4.执行如图所示的伪代码，若输出的y的值为13，则输入的x的值是_______.
．
，
，
，则说明了
，
，
有
．
，则实数＝_____
，为虚数单位，且
，则
=_____.
【答案】8 【解析】 【分析】
根据伪代码逆向运算求得结果. 【详解】输入若
，则
，若
，则，满足题意
，不合题意
本题正确结果：
【点睛】本题考查算法中的语言，属于基础题. 5.函数【答案】【解析】 【分析】
求解出函数定义域，求出
在定义域中的增区间即为原函数的增区间.
单调递增
的单调递增区间为________.
【详解】由题意可知函数定义域为：将可知可得
本题正确结果：
拆分为：时，单调递增；又
和
的单调递增区间为：
【点睛】本题考查利用“同增异减”求解复合函数的单调区间，易错点是忽略函数的定义域. 6.100张卡片上分别写有1,2,3，…，100的数字．从中任取1张，则这张卡片上的数是6的倍数的概率是________. 【答案】【解析】 【分析】 求解出【详解】可知共有
本题正确结果：
之内是的倍数的数有
个，根据古典概型求出结果.
之内是的倍数的数有：
个
【点睛】本题考查古典概型的概率问题的求解，属于基础题.
7.已知一个正四棱锥的侧棱长为2，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积为_______. 【答案】【解析】 【分析】
根据侧棱长和侧棱与底面夹角求得高和底面边长，利用体积公式求得结果.
【详解】
由题意可知：
，
，
本题正确结果：
【点睛】本题考查棱锥体积的求解，关键是利用侧棱与底面夹角，求得几何体的高和底面边长，属于基础题.
8.记公比为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝1，S4－5S2＝0，则S5的值为________. 【答案】31 【解析】
由等比数列的求和公式，由即所以9.已知函数【答案】【解析】
试题分析：由题意得
，而
，因此
（
，得
，
，
，又因为正数等比数列，解得
。
），且
（），则 ．
，解得
考点：三角函数性质 10.已知点
的取值范围是_____. 【答案】【解析】 【分析】 根据
，若圆
上存在点M满足,则实数
得到轨迹，可知只需两圆有交点即可；根据两圆位置关系的判定，得到不
等式，从而求得结果. 【详解】设
，则
，
即点轨迹为：又为圆
上的点
存在点，只需两圆有交点即可
本题正确结果：
【点睛】本题考查两圆位置关系的判定，关键是能够通过已知确定两圆有交点，即满足内切、相交或外切的位置关系，利用11.已知函数
得到不等式，求得最终结果.
，其中e是自然数对数的底数，若
，则
实数a的取值范围是_________。 【答案】【解析】 因为
因为又解得
，即
，故实数的取值范围为
，所以．
的形式，与
，所以函数
是奇函数，
，所以数
，即
在上单调递增，
，
点睛:解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为然后根据函数
的单调性去掉“”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意
的取值应在函数12.已知椭圆
的定义域内．
上有一个点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右时，椭圆的离心率为_______.
焦点，且满足AF⊥BF，当∠ABF＝
【答案】【解析】 【分析】
根据对称性可知四边形为矩形，利用直角三角形表示出，根据椭圆定义得到满
足的方程，从而求得离心率.
【详解】
设为椭圆左焦点，连接由椭圆对称性和
又
，
为矩形
可知：四边形
，
由椭圆定义可知：
本题正确结果：
【点睛】本题考查椭圆离心率的求解，关键是能够利用椭圆的定义建立起求解齐次方程求得离心率.
之间的齐次方程，
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C＝_______. 【答案】【解析】 【分析】 由正弦定理求得
，进而得到
【详解】由正弦定理可知：设可知在可得：则
，，中，
，，
本题正确结果：
，则
，
同号，则
均为锐角
，再利用
，从而求得结果.
，即
，则cos Acos Bcos
求得
【点睛】本题考查解三角形的相关知识，关键是利用三角形内角的正切值之和等于正切值之积构造出等式，求出三个内角的正切值. 14.记实数
中的最大数为
，最小数为
.已知实数
且三数能构成三角形的三边长，若【答案】【解析】
，则的取值范围是 .
试题分析：显然，又，
①当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及
在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而
②当时，，作出可行区域，因抛物线与直线及
在第一象限内的交点分别是（1，1）和，从而
综上所述，的取值范围是考点：不等式、简单线性规划.
。
二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字．．．．．．．．．．说明、证明过程或计算步骤． 15.在（1）若（2）求
中，角
的对边分别为，求的值．
.
的值；
，已知
成等比数列，且
．
【答案】（1）；（2）【解析】
分析：（1）由平面向量数量积可得弦定理可得
；（2）由
，得
，根据等比数列的性质可得
，由
及正弦定理得.
，
成等比数列，
，则
，结合余
，
通分，利用两角和的正弦公式化简详解：（1）由由余弦定理故（2）由
.
，得
，由
及正弦定理得
，得
，得
，
，
，
于是
点睛：对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）
. ；（2）
，
同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住
等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
中，已知平面
平面
，且
，
16.如图，在四棱柱
．
（1）求证：（2）若为棱
； 的中点，求证：
平面
．
【答案】（1）证明过程如解析；（2）证明过程如解析 【解析】
【试题分析】（1）依据题设条件先运用线面垂直的判定定理证明面垂直的性质定理证明定理证明
平面
： 中，因为
，． 中，因为，
因为
平面
平面
，且为，所以
，所以
中点，所以
，平面
，又因为在四边形，所以．
，所以
中，，
平面
，所以，所以
，又平面平面
平面
，又因为
，平
（2）先借助题设条件证明
平面
，再运用线
，再运用线面平行的判定
证明：（1）在四边形且平面面
，所以
平面
（2）在三角形
17. 某个公园有个池塘，其形状为直角△ABC，∠C=90°，AB=2百米，BC=1百米．
(1)现在准备养一批供游客观赏的鱼，分别在AB、BC、CA上取点D，E，F，如图(1)，使得EF‖AB，EF⊥ED，在△DEF喂食，求△DEF 面积S△DEF的最大值；
(2)现在准备新建造一个荷塘，分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，如图(2)，建造△DEF 连廊（不考虑宽度）供游客休憩，且使△DEF为正三角形，求△DEF边长的最小值． 【答案】（1）【解析】
试题分析：（1）求△DEF 面积S△DEF的最大值，先把△DEF 面积用一个参数表示出来，由于它是直角三角形，故只要求出两直角边DE和EF，直角△ABC中，可得EF⊥ED，那么有
，由于EF‖AB，
；（2）
百米．
，因此我们可用CE来表示FE，DE．从而把S△DEF表示
为CE的函数，然后利用函数的知识（或不等式知识）求出最大值；（2）．等边△DEF可由两边EF＝ED及
确定，我们设
，想办法也把与一个参数建立关系式，关键是
为参数，建立起与的关
选取什么为参数，由于等边△DEF位置不确定，我们可选取系．
，则
中，
， ， ，，
中应用正弦定理可建立所需要的等量关系．
百米，
百米．
试题解析：（1）
，可得，
设
中，
∵C到AB的距离为
，则米，
米，C到EF的距离米，
米，
， ，当且仅当
时等号成立，
． 7分
米，
∴点D到EF的距离为可得∵∴当
时，即E为AB中点时，
的边长为，
，
，可得
，
∴在
中，
， ．
的最大值为，
（2）设正则设
，
即，化简得， 12分
（其中是满足
∴
边长最小值为
百米． 14分
的锐角），
考点：（1）面积与基本不等式；（2）边长与三角函数的最值． 18.已知
（1）求点的轨迹； （2）过点作直线交以
为焦点的椭圆于
两点，线段
的中点到轴的距离为，且
依次满足
直线与点的轨迹相切，求该椭圆的方程； （3）在（2）的条件下，设点的坐标为使得该圆与直线
，是否存在椭圆上的点及以为圆心的一个圆，
都相切，如存在，求出点坐标及圆的方程，如不存在，请说明理由．
； （3）存在点，其坐标为相切
【答案】（1）以原点为圆心，为半径的圆； （2）或
,使得直线
与以为圆心的圆
【解析】 【分析】 （1）利用得到
表示出
，将直线方程代入椭圆方程，得到
，从而得到轨迹方程；（2）利用直线与圆相切
，利用
求得，从而得到椭圆，再利用在椭圆上可
方程；（3）利用圆心到直线距离等于半径得到以求解出点坐标，从而可求得结果. 【详解】（1）设则则：代入
得：
，
点的轨迹是以原点为圆心，为半径的圆 （2）由题意可知直线斜率存在，设直线的方程为椭圆的方程由与圆相切得：将①代入②得：又设
，可得，
椭圆方程为：
，使得直线
与以为圆心的圆相切
……②
……①
（3）假设存在椭圆上的一点则到直线则则
的距离相等，又
，
化简整理得：
点在椭圆上 解得：
时，
或
（舍）
椭圆上存在点，其坐标为使得直线
或
相切
与以为圆心的圆
【点睛】本题考查轨迹方程的求解、直线与椭圆的综合应用、椭圆中的存在性问题.解决存在性问题的常用方法是假定存在后，利用条件得到关于定点的方程，求解方程得到定点的坐标，从而可确定存在.
19.已知数列满足：（为常数），数列中，
。
⑴求
；
为等差数列；
中存在三项构成等比数列时，为有理数。
，
，
； （2）见解析；（3）见解析.
⑵证明：数列⑶求证：数列【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）依次将得
代入通项公式求得结果；（2）根据的通项公式表示出和，从而证得结论；（3）假设三项为，可知
时不合题意；当，得
，又
，可证
，根据等比的关系求得时，可知为有理数.
【详解】⑴由已知
，
⑵
数列是首项为，公差为的等差数列
成等比数列，、、为非负整数，且
，得
，得 是有理数
，这与
矛盾。
，则：
⑶证明：由⑵知若三个不同的项
若若
，则，则
、、为非负整数
【点睛】本题考查等差、等比数列的综合应用问题，证明数列为等差数列的关键是满足定义的形式，证得后项与前项之差为常数即可. 20.已知函数
条不同的切线；（1）若函数求
的值；
相切，且三条不同的直线
交于点
，求实数的取
为奇函数，且当
，设直线时，
分别是曲线
；
的两
有极小值为
若直线亦与曲线值范围； （2）若直线
，直线与曲线切于点B且交曲线
于点A，记点
于点D，直线与曲线
，
切于点且交曲线
求
【答案】（1） 【解析】 【分析】 （1）根据奇函数
和
的横坐标分别为
的值．
；
； （2）
.
求得；又
；将
，求得和；假设
切点和切线方程，根据极大值点为
和
数
，结合
可确定一条切线为
，从而可得图像求得
代入切线方程可得：的两根为
，构造函可得，从而
的范围；（2）根据；将切线代入
求解出
，从而
得到【详解】（1）
且
.
是奇函数，且
，即
而当
时有极小值
经检验 设由
知：
满足题意，则是曲线
，
上的一点
过点的切线方程为：消去即得：
由此切线方程形式可知：过某一点的切线最多有三条； 又由奇函数性质可知：点从而
是一条切线且过点
是极大值点 、，
的方程中
且
，其中
再设另两条切线的切点为则可令切线将
代入
化简可得：
从而有：且
是方程
构造函数：
由而
得：，
或
的两根
，结合图象：
可得：实数的取值范围是：（2）令可得：而
，化简可得：
，
；由
，即
代入，即
；同理：
则
，
，
及
将切线的方程中并化简得：
【点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的综合应用问题，在解题过程中需要利用导数值即为切线的斜率写出函数的切线方程，根据不同条件要求进行变量之间的互化；解题关键是将切线条数问题转化为方程根的个数问题，利用构造函数的方式结合函数图像求得结果.本题对学生转化与划归思想和计算能力有较高的要求.
数学Ⅱ(附加题)
本卷共4小题，每小题10分，共计40分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字．．．．．．．说明、证明过程或演算步骤． 21.已知矩阵量。
【答案】另一个特征值为；特征向量
的一个特征值是
，求矩阵的另一个特征值，及属于的一个特征向
【解析】 【分析】
根据特征多项式求得，从而求得另一个特征值【详解】矩阵由令解方程组
得，则
或
可得一组不为零的解是
的特征多项式是
；解方程组求得特征向量.
所以矩阵的另一个特征值是，属于的一个特征向量是
【点睛】本题考查矩阵的特征值和特征向量问题，属于基础题. 22.已知曲线的参数方程为
（为参数），曲线在点
处的切线为.以坐标原
点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求的极坐标方程. 【答案】【解析】
试题分析：根据题意，先将所给极坐标方程转化为直角坐标方程，即得曲线：由圆的切线的求法易得切线为的方程为：即可求得切线为的极坐标方程. 由题意，得曲线：切线为的方程为：切线为的极坐标方程：
，切线为的斜率
，即. 10分
， ，
，
，再由直角坐标转化为极坐标公式，
考点：1.极坐标与直角坐标的互化;2.圆的切线方程 23.已知值时
均为正数，且的值．
， 此时
．.
，求
的最小值，并指出取得最小
【答案】最小值是【解析】 【分析】 构造出
，从而得到所求最
值，利用取等条件求得【详解】因为因为
. ，所以
为正数，所以由柯西不等式得：
当且仅当所以所以此时
等式成立 ，
的最小值是
【点睛】本题考查柯西不等式求最值问题，属于基础题. 24.已知直三棱柱
，若
中，．
为等边三角形，延长
至，使
，连接
（1）求直线（2）求平面
与平面与平面
所成角的正弦值； 所成的锐二面角． .
【答案】（1）； （2）【解析】 【分析】
（1）建立空间直角坐标系，根据平面
可得和的长度关系，从而可用表示出
的法向量，然后利用线面角的向量求法得到结果；（2）求解出平面的法向量，
利用法向量夹角求得结果.
【详解】
连结以
交于点，则面
的中点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
，，则
，
的法向量为
，
，所以
，
（1）设所以若所以设面又因为
即
又因为，设直线与平面所成角为
所以
所以，直线（2）因为设面
与平面
，
的法向量为
所成角的正弦值为
，所以
即
所以所以，面
与面
所成的锐角二面角为
【点睛】本题考查利用空间向量法求解立体几何中的线面角和二面角问题，属于常规题型. 25.在教材中，我们已研究出如下结论：平面内条直线最多可将平面分成分．现探究：空间内个平面最多可将空间分成多少个部分，可将空间分成（1）求
的值；
个部分．
个部
．设空间内个平面最多
（2）用数学归纳法证明此结论． 【答案】（1）【解析】 【分析】 （1）将时，利用【详解】(1)由解得
代入
得到方程组，求解得到结果；（2）根据数学归纳法的步骤，当
整理出结论. 得
； （2）见解析.
(2)用数学归纳法证明①当②假设当那么当
时，显然成立
时成立，即
时，在个平面的基础上再添上第个平面
因为它和前个平面都相交，所以可得到条互不平行且不共点的交线，且其中任何条直线不共点，这条交线可以把第
个平面划分成
个部分；每个部分把它所在的原有空
个，所以
即
间区域划分成两个区域，因此，空间区域的总数增加了
时，结论成立
根据①②可知，
，必须用到
时的假
【点睛】本题考查数学归纳法的证明问题，关键是在证明当设，否则证明不成立.
江苏省南通市2024届高三数学下学期4月阶段测试试题(含解析)
