2023-2024学年江苏省南通市如皋市高三（上）诊断数学试卷（8月份）（word版含解析）

2023-2024学年江苏省南通市如皋市高三（上）诊断数学试卷（8月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知，，若，则实数的取值范围( )
A. B.
C. D.
2. 一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为( )
A. ： B. ： C. ： D. ：
3. 设为正实数，复数满足，若在复平面内对应的点恰好在直线上，则( )
A. B. C. D.
4. 已知圆：上两动点，满足为正三角形，为坐标原点，则的最大值为( )
A. B. C. D.
5. 文化广场原名地质宫广场，是长春市著名的城市广场，历史上地质宫广场曾被规划为伪满洲国的国都广场．文化广场以新民主大街道路中心线至地质宫广场主楼中央为南北主轴，广场的中央是太阳鸟雕塑塔，在地质宫现为吉林大学地质博物馆主楼辉映下显得十分壮观．现某兴趣小组准备在文化广场上对中央太阳鸟雕塑塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为太阳鸟雕塑最顶端，为太阳鸟雕塑塔的基座即在的正下方，在广场内与在同一水平面内选取、两点．测得的长为兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出太阳鸟雕塑塔高度的是( )
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
6. 在中，点是的三等分点靠近点，过点的直线分别交直线，于不同两点，，若，，，均为正数，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7. 设等比数列的首项为，公比为，是数列的前项和，则“”是“，恒成立”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
8. 函数的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知为椭圆的一个焦点，，为该椭圆的两个顶点，若，，则满足条件的椭圆方程为( )
A. B. C. D.
10. 函数，则下列说法正确的是( )
A. 为偶函数 B. 的最小正周期是
C. 在单调递增 D. 的最小值为
11. 已知函数的定义域，满足，且当时，，则下列说法正确的是( )
A. 是定义在上的偶函数
B. 在上单调递增
C. 若，则
D. 当，是钝角的两个锐角时，
12. 一般地，如果一个凸面体共有个面是直角三角形，那么我们称这个凸面体的直度为，则以下结论正确的是( )
A. 三棱体的直度的最大值为 B. 直度为的三棱体只有一种
C. 四棱体的直度的最大值为 D. 四棱体的直度的最大值为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 个人分乘三辆不同的汽车，每辆车最多坐人，则不同的乘车方法有______ 种用数字作答．
14. 在正方体中，，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是______ ．
15. 过点能作双曲线的两条切线，则该双曲线离心率的取值范围为______ ．
16. 若，，则 ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
如图，在棱长为的正方体中，，分别是，的中点．
证明：直线平面；
求点到平面的距离．
18. 本小题分
已知，，为的内角，，所对的边，向量，，且．
求；
若，的面积为，且，求线段的长．
19. 本小题分
已知函数．
求的最大值；
证明：．
20. 本小题分
已知数列的前项和为，当时，满足．
求证：；
求证：数列为等差数列；
若，公差，问是否存在，，使得？如果存在，求出所有满足条件的，，如果不存在，请说明理由．
21. 本小题分
一只口袋装有形状、大小完全相同的只小球，其中红球、黄球、绿球、黑球、白球各只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取只球．
当时，求恰好取到次红球的概率；
随机变量表示次取球中取到红球的次数，随机变量，求的数学期望用表示．
22. 本小题分
在平面直角坐标系中，已知圆：与抛物线：交于点，异于原点，恰为该圆的直径，过点作直线交抛物线于，两点，过，两点分别作抛物线的切线交于点．
求证：点的纵坐标为定值；
若是抛物线的焦点，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由集合中的不等式：，即；
令，则，
即，解得．
故选：．
把集合中的不等式移项右边变为，左边通分后，转化为与异号，求出不等式的解集即可得到集合，根据，得到二次函数在区间上恒正，即可求出、得结果．
此题考查了一元二次不等式的解法，考查了两集合包含关系的应用，体现了转化的数学思想，是一道综合题．属中档题．
2.【答案】
【解析】解：设圆锥的度面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，其轴截面如图所示，设为内切球的球心为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，
所以，得，即，
所以，
所以，
因为∽，所以，所以，
得，
所以圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比为：：：．
故选：．
设圆锥的度面半径为，母线长为，圆锥的高为，内切球的半径为，则由题意可得，从而可求得，作出轴截面，如图，利用与相似可求出出，从而可求出圆锥的内切球的表面积和圆锥的侧面积的比．
本题考查空间几何体的内切球问题，属中档题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可得，
则在复平面内对应的点为，
将点代入得，解得．
故选：．
先根据复数的运算求出，得到在复平面内对应的点代入直线方程即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：圆：，圆的圆心坐标，半径，
设圆心到直线的距离为，
为正三角形，，由圆的弦长公式，
可得，即，解得，
设的中点为，，
点的轨迹表示以为圆心，以为半径的圆，
点的轨迹方程为，
根据向量的运算可得，，
又，
，即，
即的取值范围为
故选：．
根据已知条件，结合弦长公式，即可求解点的中点的轨迹方程，根据向量的运算可得，，再结合点与圆的位置关系，即可求解．
本题主要考查轨迹方程的求解，需要学生较强的综合能力，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：对于：由，、可以解，又，可求太阳鸟雕塑塔高度；
对于：在中，由，无法解三角形，在中，由，无法解三角形，
在中，已知两角，无法解三角形，所以无法解出任意三角形，故不能求太阳鸟雕塑塔高度；
对于：由，、可以解，可求，又，即可求太阳鸟雕塑塔高度；
对于：如图，过作于，连接，由，，，
知，故可知的大小，由、，可解，
可求，又，可求太阳鸟雕塑塔高度；
故选：．
依据解三角形的条件，逐项判断可解三角形求出太阳鸟雕塑塔高度的选项即可．
本题考查解三角形的条件是否满足，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：是靠近点的三等分点，
，
由、、三点共线可知，
，
故选：．
用表示出，根据三点共线得出，的关系，再利用基本不等式得出结论．
本题考查了平面向量的基本定理，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：因为等比数列的首项为，公比为，
所以，
当时，，所以，
即“”是“，恒成立”的充分条件；
取，则，
若为偶数，则；
若为奇数，则，
所以，当时，，恒成立，即必要性不成立，
综上，“”是“，恒成立”的充分不必要条件．
故选：．
充分性：利用等比数列的通项公式，可证，从而知；
必要性：取特殊值，可验证是否满足，即可．
本题考查等比数列的通项公式与前项和公式，充分必要条件的判断，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由题意，可得，
，当时，，当时，，
即当，时，单调递增；
当，时，单调递减，
故在，处取得极大值即最大值，
．
故选：．
首先对函数求导，确定函数的单调性，再把单调区间转化为对应的三角函数自变量的范围，再求出最大值．
本题以三角函数为背景，考查了利用导数研究函数的最值问题，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：当点，为椭圆的左右顶点时，则，，
解得，，所以，故椭圆的方程为，故C正确；
当为椭圆的短轴顶点，为椭圆的左顶点时，则，，
所以，则，故椭圆的方程，故B正确；
当为椭圆的右顶点，为椭圆的短轴端点时，，，
，，
所以，则，故椭圆的方程为，故D正确，
故选：．
讨论三种情况，：当点，为椭圆的左右顶点时，求解，进而可以求解；当为椭圆的短轴顶点，为椭圆的左顶点时，求解，，由此即可求解；当为椭圆的右顶点，为椭圆的短轴端点时，进而可以求解．
本题考查了椭圆的方程与几何性质，考查了分类讨论思想以及学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于，，因为，所以是偶函数，故选项A正确；
对于，因为，所以的最小正周期不是，故B错误；
对于，当时，，且，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于，当时，，且，
所以，；
当时，，且
所以，
所以在上值域为，
又，
所以是的周期，
所以在上值域为，故函数的最小值为，故D正确．
故选：．
利用奇偶性和周期性的定义可判断选项AB；求出在的单调性即可判断；讨论去绝对值再利用三角函数的性质可得函数的最小值可判断选项D．
本题主要考查了函数的奇偶性和周期性的定义，考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查抽象函数的单调性和奇偶性，等比数列的通项公式，三角函数的单调性，属于中档题．
，令，即得，令即可求解；项，令，，根据单调定义证明；项，令，可得为等比数列；项，由已知有，根据单调性即可得．
【解答】
解：对，令得，即得，
在定义域范围内令得，即是奇函数，A错误；
对，令，，且，
所以，
又，且，，所以，，
所以，所以是单调递增函数，B正确；
，由，可得，
即，
又，所以，故C正确；
对，因为，是钝角的两个锐角，则，，
所以，，故D错误．
故选：．

12.【答案】
【解析】解：如图，借助长方体模型，三棱锥的个面都是直角三角形，
其直度为，故A正确；
如图，借助长方体模型，三棱锥的个面是直角三角形，其直度为，
图中的三棱锥，其直度也为，故B错误；
如图，借助长方体模型，四棱锥的个侧面是直角三角形，
底面是矩形，其直度为，故C错误，D正确．
故选：．
借助长方体模型，逐项判断可得结论．
本题借助创新性问题，主要考查立体几何的的垂直关系，意在考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学抽象、直观想象，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，分步进行分析：
将人分为组，若人分为、、的三组，有种分组方法，
若分为、、上为三组，有种分组方法，
则有种分组方法，
将分好的三组全排列，安排到三辆车上，有种安排方法，
则有种乘车方式，
故答案为：．
根据题意，分步进行分析：将人分为组，将分好的三组全排列，安排到三辆车上，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设球的半径为，
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，
若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，
即，，故，
分别取侧枝，，，的中点，，，，
则四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，
当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径最小，
即的最小值为，
综上，球的半径的取值范围是
故答案为：
当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小．
本题考查正方体的结构特征、四边形的外接圆、球的结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】
【解析】解：当过点的直线的斜率不存在时，直线的方程为，
由可得，故直线与双曲线相交，不合乎题意；
当过点的直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
联立，可得，
因为过点能作双曲线的两条切线，
则，可得，
由题意可知，关于的二次方程有两个不等的实数根，
所以，，可得，
又因为，即，因此，关于的方程没有的实根，
所以，且，解得，即，
当时，，
当时，，
综上所述，该双曲线的离心率的取值范围是．
故答案为：．
分析可知，切线的斜率存在，设切线方程为，将切线方程与双曲线的方程联立，由可得出关于的方程，可知方程有两个不等的实数根，求出的取值范围，即可求得该双曲线的离心率的取值范围．
本题考查双曲线的简单性质的应用，直线与双曲线的综合应用，是中档题．
16.【答案】
【解析】解：由得：，
由得，
，
函数为单调递增函数，
，
又．
故答案为：．
由得，再利用导数得到函数为单调递增函数，所以，从而求出结果．
本题主要考查了对数的运算性质，考查了利用导数研究函数的单调性，是中档题．
17.【答案】证明：如图，连接，因为，分别是，的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，则．
又平面，平面，所以平面．
解：连接设点到平面的距离为．，
在中，，，．
又因为，所以，解得．
【解析】连接，说明四边形为平行四边形，推出然后证明平面．
连接设点到平面的距离为通过，求解即可．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
18.【答案】解：因为，
所以，
由正弦定理，得，即，
由余弦定理，得，
因为，
所以；
，解得，
因为，
所以为的三等分点，
，
则，
所以，．
【解析】先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出；
先根据面积求出，利用向量运算求解的长．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：，定义域为，
则，
令，，
因为，恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即当时，，
令，可得，得在上单调递增，
从而得在上单调递减，
所以．
证明：要证，
即证，
令，
令得，即在上单调递减，
从而得在上单调递增，
，即，
即欲证，
只需证．
也就是证明，
设，
则，令，得．
当时，；当时，，
当时，取到最小值．
故式成立，从而成立．
【解析】利用多次求导的方法求得的单调区间，进而求得的最大值．
利用导数，首先将要证明的不等式转化为证明，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立．
本题考查利用导数研究函数的单调性、极值、最值，利用导数证明不等式，属难题．
20.【答案】证明：由题意，当时，．
即，
整理，可得．
证明：由题意，
，
．
两式相减，可得，
整理，得，
又，
．
两式相减，可得，
整理，得，
，可得，
整理，得
即．
根据等差数列的等差中项判定法，可知
数列为等差数列．
解：由题意，，
即．
根据题意，必然，即．
故可能取的值有，，，，，，，．
当时，，很明显不符合题意；
当时，，解得，此时，符合题意；
当时，，解得，此时，符合题意；
当时，，解得，此时，不符合题意；
当时，，解得，此时，不符合题意；
当时，，解得，此时，不符合题意；
当时，，解得，此时，不符合题意；
当时，，解得，此时，不符合题意．
综上所述，可知：
当，，或，时满足题干条件．
【解析】本题第题将代入题干中表达式即可证得；第题根据题干中表达式可得再与题干中表达式相减可得，同样的方式可得，两式相减可得到等差中项公式，从而证得数列为等差数列；第题先根据等差数列前项和公式，可得根据，即可通过得到可能的取值找到符合题意的的取值．
本题主要考查等差数列的等差中项法判定，前项和公式的利用，分类讨论思想的应用．本题属中档题．
21.【答案】解：当时，从装有只小球的口袋中有放回地取球次，共有个基本事件，
记“恰好取到次红球”为事件，则事件包含的基本事件个数为，
当时，恰好取到次红球的概率．
由题意知随机变量的所在可能取值为，，，，，，，
则，
，
令，
，
则，
．
．
．
【解析】当时，从装有只小球的口袋中有放回地取球次，共有个基本事件，记“恰好取到次红球”为事件，则事件包含的基本事件个数为，由此能求出当时，恰好取到次红球的概率．
由题意知随机变量的所在可能取值为，，，，，，，则，，令，
，由此求出从而能求出．
本题考查概率、离散型随机变量的数学期望的求法，考查排列组合、古典概型、二项式定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：证明：由对称性可知交点坐标为，，
代入抛物线方程可得，
所以抛物线的方程为，
设，，
所以，
所以直线的方程为，
即，
因为直线过点，
所以，所以．
因为，
所以直线的斜率为，直线的斜率为，
直线的方程为，
即，
同理直线的方程为，
联立两直线方程，可得，
由可知点的纵坐标为定值；
证明：，，
注意到两角都在内，
可知要证：，即证，
，，
所以，
又，
所以，
同理，
所以，
即：得证．
【解析】根据圆和抛物线的对称性，结合导数的几何意义进行求解证明即可．
转化为证明向量分别与向量，的夹角相等，应用向量夹角余弦公式，即可证明结论．
本题考查了直线与抛物线的综合运用、转化思想，根据导数的几何意义求出切线方程是解题的关键，属于中档题．
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