江苏省南通市如皋市2024届上学期期初考试押题卷
数学学科
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．已知，其中，是实数，是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．设集合且,则集合M的真子集的个数为（ ）
A．3 B．4 C．7 D．8
3．数列满足，则“ ”是“数列成等比数列”的
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量（亿吨）与时间（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（ ）
A．43 B．44 C．45 D．46
5．已知的展开式中项的系数为160，则当，时，的最小值为（ ）
A．4 B． C．2 D．
6．在数列中，，，且，为数列的前项和，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆：的左、右焦点分别为、，以为圆心的圆与轴交于，两点，与轴正半轴交于点，线段与交于点.若与的焦距的比值为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．设函数在区间上存在零点，则的最小值为（ ）
A． B．e C． D．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）
9．为比较甲，乙两地某月14时的气温，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据制成统计表如下：
编号 1 2 3 4 5
温度（甲） 26 29 28 31 31
温度（乙） 28 30 31 29 32
从表中能得到的结论有（ ）
A．甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温
B．甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温
C．甲地该月14时气温的标准差小于乙地该月14时气温的标准差
D．甲地该月14时气温的标准差大于乙地该月14时气温的标准差
10．函数在区间的图象如下图，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的最小正周期为 B．函数的最小正周期为
C．函数的图象关于对称 D．函数在单调递减
11．已知数列的前项和，则（ ）
A． B．是等比数列
C．是递增数列 D．，，成等比
12．下列四个结论中，正确的结论为（ ）
A．函数与函数相等
B．若函数且的图象没有经过第二象限，则
C．当时，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为
D．若函数的最大值为，最小值为，则
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．）
13．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，则 ．
14．某种食盐的袋装质量服从正态分布，随机抽取10000袋，则袋装质量在区间的约有 袋．（质量单位：g）
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
15．已知A，B是函数（其中常数）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最大值为 ．
16．已知正四棱台的上底面的边长为，下底面的边长为，记该正四棱台的侧面积为，其外接球表面积为，则当取得最小值时，的值是 .
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤．）
17．正项数列的前项和满足；
（1）求数列的通项公式；
（2）令，数列的前项和为，证明：对于任意的，都有；
18．如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求证：；
(3)求二面角的余弦值.
19．在锐角中，角对应的边分别是且.
（1）求角的大小；
（2）若的面积，.求的值.
20．已知函数，.
（1）若，求的最值；
（2）若存在，使得，求实数的取值范围.
21．已知圆，圆，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设不经过点的直线l与曲线C相交于A，B两点，直线QA与直线QB的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l过定点.
22．设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.
（1）讨论f(x) 的单调性；
（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；
（3）如果f(x)＞g(x) 在区间（1，+∞）内恒成立，求实数a的取值范围.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.
由得，
根据复数相等的概念有解得
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.
由题意知集合且，
则集合M的真子集有，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．
时，由得，，，，所以是等比数列，充分性满足；
反之若是等比数列，则，，也成等比数列，所以，即，又，所以，此时，满足题意，必要性也满足，
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，充分性只要把代入计算求出即可判断，而必要性需由数列是等比数列求出参数，因此可由开始的3项成等比数列求出，然后再检验对数列是等比数列即可．
4．C
由条件列式确定参数，再结合对数运算解方程即可.
由题意可得，即，解得，
令，即，
两边取对数得，
所以，即，
解得，
故选：C
5．B
利用二项式定理的展开式的通项公式，通过幂指数为160，求出关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最小值．
的展开式中项的系数为160，
所以，
令，解得
所以，所以，
∵，，，当且仅当时等号成立，
∴的最小值为，
故选：B.
6．C
对关系式中的n分奇偶进行讨论，然后利用求和公式计算即可.
由题意，当n为偶数时，可得；
当n为奇数时，可得，即数列的偶数项成公比为3的等比数列，奇数项都为1，
由求和公式可得，
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.
7．D
先求出以为圆心的圆的方程，求出，，求出直线的方程后结合距离公式可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
设椭圆的半焦距为，因为以为圆心的圆过，故该圆的半径为，
故其方程为：，
令，则，结合在轴正半轴上，故，
令，则或，故.
故，故直线.
设，
因为在轴的正半轴上，在轴的负半轴上，故，
而，
故，整理得到：，
故，故，
所以，故，
整理得到：，故，
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的最小值.
设零点为t，则，
因此，
考虑函数，其导函数，
因此函数在上单调递减，从而的最小值为．
故选：D.
9．AD
根据已知数据计算平均值和方差后比较可得．
甲的平均值为，
乙的平均值为，A正确，B错误；
甲方差为，
乙方差为，
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.
由图知在图象上，且为图象上升时与轴的交点，
所以，解得，
设函数的最小正周期为，
因为，所以，所以，令，得，
所以，所以选项A正确，选项B错误；
因为，所以，
所以函数的图象关于对称，所以选项C正确；
因为当时，，
所以函数在上单调递减，所以选项D正确.
故选：ACD．
11．AD
代入，可得，可判断A；
项和转换，求得，可判断B；
比较，可判断C；
计算，，，可判断D
当时，，A正确．
当，时，．
所以，故，不是等比数列，B错误．
因为，所以不是递增数列，C错误．
因为，，，，
所以，,，
则，所以，，成等比数列，D正确．
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，分离参数得，只需，即可判断选项C，
是一个奇函数加常数，奇函数在定义域内最大值与最小值之和等于可判断选项D，进而可得正确选项.
对于选项A：函数值域为，函数值域为，所以与函数不是相等函数，故选项A不正确；
对于选项B：若函数且的图象没有经过第二象限，则，解得：，故选项B正确；
对于选项C：当时，关于的不等式恒成立，
即，令，则，
因为在单调递减，所以在单调递增，
所以，所以，故选项C不正确；
对于选项D：函数，令则
，所以是奇函数，所以，
因此，故选项D正确，
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（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
13．
根据同角的三角函数关系求得，利用两角和的正弦公式求得，再用正弦定理即可求得答案.
在中，，则，
故，
故由正弦定理得,
故答案为：
14．8186
根据正态分布的概率分布原则可得，进而求出即可求解.
由题意知，，
所以，
得
，
所以袋装质量在区间的约有袋.
故答案为：8186.
15．
根据A，B是函数（其中a＞0）图象上的两个动点，函数f（x）的图象关于直线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（x0，y0），由kAP＝f′（x0）＝，解得x0＝a﹣1，再由的最小值为0，得到 kPA＝tan45°＝1求解.
因为A，B是函数（其中a＞0）图象上的两个动点，
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，
因为的最小值为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（x0，y0），
∴f′（x）＝e﹣x，
∴kAP＝f′（x0）＝
解得x0＝a﹣1，
∵的最小值为0，
∴，
∴kPA＝tan45°＝1，
∴=1，
∴x0＝0，
∴a＝1，
∴f（x）max．
故答案为
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.
16．
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.
当取得最小值时，则球心在正四棱台的下底面内，为上底面的中心，如图所示，
由此可得外接球的半径为，进而可得，
进而可求侧面的斜高.
则侧面的面积，
又， 所以.
故答案为：.
17．（1）；（2）证明见解析
(1)先求出,再利用求解即可;(2),利用裂项相消法求和,再利用放缩法可得结论.
（1）由,
解得或,
∵数列都是正项,,
,
,
解得或,
因为数列都是正项,
,
当时,有,
解得,
当时,,符合,
所以数列的通项公式.
(2),
所有
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子的结构特点,常见的裂项技巧:(1);(2) ; (3);(4);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；
(3).
（1）设和交于点，连接，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；
（3）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.
（1）设和交于点，连接，如图，
由于，分别是，的中点，故，
∵平面，平面，所以直线平面.
（2）在四棱柱中，底面是菱形，则，
又平面，且平面，则，
∵平面，平面，
∴平面.
平面，∴.
（3）连接，，
因为，是中点，所以，
因为平面，平面，所以，
∴为二面角的平面角，
，，，
由余弦定理可知，
∴二面角的余弦值为.
19．（1）（2）
（1）利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得的值，结合A的范围，可求A的值；
（2）利用三角形的面积公式可求的值，从而解得的值，由余弦定理可求的值，由正弦定理可求的值.
解：（1）因为.
，
可得：，
解得：或，
为锐角三角形，，
；
（2），可得，
又，可得：，
在中，
由余弦定理可，，
，
在中，由正弦定理可知：，
可得：.
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），；（2）.
（1）求得的定义域和导数，利用导数研究在区间上的最大值和最小值.
（2）将问题转化为，.对分成，两种情况进行分类讨论，结合导数进行分析，由此求得的取值范围.
（1）的定义域为，，
令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增
又，.
所以，
（2）
由题意知：只需，，
由（1）知在单调递减，单调递增，
①若，则在单减，则只需，
即，
记，，
因为，所以在减，增，
而，，所以在恒成立，
又因为，所以对任意恒成立.
②若，，只需，
即，解得，
综上，.
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.
21．（1）；（2）证明见解析.
（1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到，，从而得到，得到，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设，代入椭圆方程，得到，，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据，得到，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，
因为动圆P与圆N内切，所以，
则，
由椭圆定义可知，曲线C是以为左、右焦点，长轴长为8的椭圆，
设椭圆方程为，
则，，故，
所以曲线C的方程为.
（2）①当直线l斜率存在时，设直线，，
联立，
得，
设点，则，
，
所以，
即，
得.
则，
因为，所以.
即，
直线，
所以直线l过定点.
②当直线l斜率不存在时，设直线，且，
则点
，
解得，
所以直线也过定点.
综上所述，直线l过定点.
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.
22．（1）见解析；（2）见解析；（3）
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=（），利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值，从而证明结论.
试题解析：（Ⅰ）
＜0，在内单调递减.
由=0，有.
当时，＜0，单调递减；
当时，＞0，单调递增.
（Ⅱ）令=，则=.
当时，＞0，所以，从而=＞0.
（Ⅲ）由（Ⅱ），当时，＞0.
当，时，=.
故当＞在区间内恒成立时，必有.
当时，＞1.
由（Ⅰ）有,从而，
所以此时＞在区间内不恒成立.
当时，令=（）.
当时，=.
因此在区间单调递增.
又因为=0，所以当时，=＞0，即＞恒成立.
综上，.
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
