江苏省新高考基地学校2023-2024学年高三上学期第三次大联考数学试题（Word版附解析）.docx

1、2024届新高考基地学校第三次大联考数学注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置上，在其他位置作答一律无效3本卷满分为150分，考试时间为120分钟考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：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. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解分式不等式求解集合N，然后利用交集运算求解即可.【详解】因为

2、，所以，所以或，所以或，又，所以.故选：B2. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数除法法则计算出，进而求出共轭复数.【详解】，故.故选：A3. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】应用，结合两角和的余弦即可求解.【详解】,则.故选：A4. 已知直线与曲线相切，则实数k的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先设切点为，利用导数的几何意义得到，从而得到直线方程为，再将切点代入直线求解即可.【详解】设切点为，则，所以直线方程为.又因为在直线上，所以，解得.所以.故选：C5. 已知是的边上的高，且，则（ ）A.

3、 B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，表达出，根据垂直关系得到方程，求出，进而得到答案.【详解】设，则，由得，解得，故故选：B6. 设点，抛物线上的点P到y轴的距离为d若的最小值为2，则（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】D【解析】【分析】结合抛物线的定义即可求解.【详解】抛物线，则焦点，准线，最小时，即最小，根据抛物线定义，所以只需求的最小值即可，当为线段与抛物线交点时，最小，且最小值为，解得.故选：D7. 已知是等差数列，且，则（ ）A. 15B. 26C. 28D. 32【答案】C【解析】【分析】设出公差为，进而裂项相消法求和得到，从而得到方程，求出公差，进而求出答

4、案.【详解】设公差为，则，则，所以，故，解得，故.故选：C8. 若一个小球与一个四棱台的每个面都相切，设四棱台的上、下底面积分别为，侧面积为S，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】分析】利用等体积法即得.【详解】设小球半径为R，因为一个小球与一个四棱台的每个面都相切，所以四棱台的体积等于以球心为顶点，以四棱台的上、下底面和四个侧面为底面的六个四棱锥的体积之和，其高都是球的半径R，且棱台的高是2R，则四棱台的体积为，得，即，故选：C二、选择题：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. 在四棱锥中

5、，底面是菱形，P在底面上的射影E在线段上，则（ ）A. B. C. 平面D. 平面【答案】AC【解析】【分析】A选项，由线面垂直得到线线垂直，结合勾股定理求出；B选项，由于与不一定相等，故不一定相等；C选项，由线线垂直得到线面垂直；D选项，连接，若不重合，与不垂直，故与不垂直，D错误.【详解】A选项，由题意得平面，底面是菱形，连接与交于点，则，因为，故，又，故，A正确；B选项，因为平面，所以，由于与不一定相等，故不一定相等，B错误；C选项，因为底面是菱形，所以，又平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，C正确；D选项，连接，若不重合，此时中，为斜边，故与不垂直，故与不垂直，故此时与平面不垂直，

6、D错误.故选：AC10. 设矩形的长是宽的2倍，以该矩形的两个顶点为焦点的双曲线W经过另外两个顶点，则W的离心率的可能取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】分两种情况，作出图形，得到或，代入双曲线方程，得到关于的齐次式，求出离心率.【详解】（1）如图1，矩形中，且为两个焦点，设为中点，如图以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，可设双曲线方程为，则，设，将代入双曲线中得，变形得，将代入中得，方程两边同时除以得，解得，当时，解得，负值舍去，当时，解得舍去，负值也舍去；（2）如图2，矩形中，且，设为中点，如图以为原点，所在直线为轴建立直角坐标系，可设双曲线方程为，则，将其代

7、入双曲线中得，整理得，将代入中得，方程两边同时除以得，解得，当得，负值舍去，当得，舍去，负值舍去，综上，离心率的可能取值为或.故选：AD11. 在生物科学和信息科学中，经常用到“S型”函数：，其导函数为，则（ ）A. 有极值点B. 点是曲线的对称中心C. 是偶函数D. ，【答案】BC【解析】【分析】A，求导，结合导数求单调性；B，讨论即可；C，结合奇偶性的定义讨论即可；D，分，讨论即可.【详解】由函数，求导得：，函数是单调增函数，没有极值点，A错误；因为，所以，所以点是曲线的对称中心，B正确；，定义域为，C正确；函数是单调增函数，又，当则时，则，则时，则，则时，则，则D错误.故选：BC12.

8、某工厂对生产的产品进行质量检测，检测包括两轮，每轮检测有A和B两种结果第一轮是对所有生产产品进行检测，检测结果为B的产品定等级为乙；检测结果为A的产品需进行第二轮检测在第二轮检测中，检测结果为B的产品定等级为乙；检测结果为A的产品定等级为甲在每轮检测中，甲等品检测结果为A的概率是0.95，乙等品检测结果为A的概率是0.05已知该厂生产的产品中甲等品的占比为，则（ ）A. 已知一件产品是乙等品，检测后定等级为甲的概率是0.0025B. 已知一件产品是甲等品，检测后定等级为乙的概率是0.0025C. 从检测后的产品中随机抽取一件，检测结果是甲等品的概率为0.8125D. 已知一件产品检测结果是甲等

9、品，该产品检测前是乙等品的概率大于0.001【答案】AC【解析】【分析】对于A选项：要使检测后定等级为甲，则两轮检测结果都为A，用概率乘法公式计算即可;对于B选项：要使检测后定等级为乙，则可能为第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B，用概率加法公式计算即可;对于C选项：利用该厂生产的产品中甲等品的占比为，计算即可;对于D选项: 记该产品检测前是乙等品为事件，记该产品检测结果是甲等品为事件，利用条件概率公式计算即可.【详解】结合题意可得：若一件产品是甲等品，要使检测后定为等级甲，则两轮检测结果都为A，即检测后定等级为甲的概率；若一件产品是甲等品，要使检测后定为等级乙，则可能为

10、第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B,即检测后定等级为乙的概率为，若一件产品是乙等品，要使检测后定为等级甲，则两轮检测结果都为A，即检测后定等级为甲的概率；若一件产品是乙等品，要使检测后定为等级乙，则可能为第一轮检测结果为B，或第一轮检测为A，但第二轮检测结果为B,即检测后定等级为乙的概率为.综上所述：对于A选项：已知一件产品是乙等品，检测后定等级为甲的概率是0.0025，故A选项正确；对于B选项：已知一件产品是甲等品，检测后定等级为乙的概率是0.0975，故B选项错误；对于C选项: 因为该厂生产的产品中甲等品的占比为，所以从检测后的产品中随机抽取一件，要使检测结果是甲等

11、品的概率为，故C选项正确；对于D选项: 记该产品检测前是乙等品为事件，记该产品检测结果是甲等品为事件,则,则，故D选项错误.故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数共有_个【答案】【解析】【分析】先分类，再分步，结合排列组合知识，利用计数原理求解即得.【详解】若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数可分为类：第一类，五位数的各个数位上的数字是个，个组成，则由首位不为可知，在首位，其余各位为，即，仅有种方法；第二类，五位数的各个数位上的数字是个，个，个组成，则由首位不为可知，或在首位，选个放在首位，另个

12、则从其它个位选个位放上，其余各位为，共有种方法；第三类，五位数的各个数位上的数字是个，个组成，则由首位不为可知，在首位，在其它个位中选个位为，其余各位为，共有种方法；所以由分类计数原理可得共有个这样的五位数.故答案为：.14. 已知圆C的半径为5，圆心C在第一象限，且直线与x轴截圆C所得弦长都为6，则圆心C的横坐标为_【答案】8【解析】【分析】设圆心坐标，利用几何法由直线与圆相交弦长及半径可得圆心至直线的距离，再由点到直线的距离公式待定圆心坐标即可.【详解】设圆心坐标为，圆心C在第一象限，则如图，圆与及轴相交弦长都为，则半弦长为，又已知圆的半径为，则圆心到轴的距离为，则，由，得；且圆到的距离也

13、为，则圆心到的距离，解得（舍），或，即圆心的横坐标为.故答案为：. 15. 写出同时满足下列条件的一个函数_是二次函数；是奇函数；在上是减函数【答案】【解析】【分析】写一个满足条件的即可.【详解】因为是二次函数，所以令，令，故满足条件；令在上是减函数，满足条件，故答案为：16. 把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象若的图象关于原点对称，则的最小值为_；若曲线上存在唯一一点，满足点A关于原点的对称点B也在曲线上，则的取值范围是_【答案】 . . 【解析】【分析】由函数图像平移和三角函数的对称性可解；由题意点与点都在函数图像上，可得，由于只有一解，即只有一解，从而得解.【详解】函数图象向

14、右平移个单位长度，得到函数的图象，则，若的图象关于原点对称，则，所以，则的最小值为；又点关于原点的对称点，由题意，可得，即，所以，由题意只有唯一一个使得上式成立，所以，且只有一解，由，则，可得，解得.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. 已知等比数列的公比，且，（1）求的通项公式；（2）设，求的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）应用等比数列的性质及基本量运算即可；（2）应用分组求和及等差等比公式求和即可.【小问1详解】由，得，解得或， 当时，则，则，因，不合舍去；当时，则，得；则【小问2详解】由，则18. 某超市准备在今年店庆日举行抽奖

15、活动，凡购物金额超过m元的顾客参加一次抽奖抽奖规则如下：从装有大小、形状完全相同的4个黑球2个红球的盒子中随机取2个小球，若2个小球都为红色，则获100元奖金；若2个小球为1红1黑，则获30元奖金；若2个小球都为黑色，则获10元奖金（1）记参加抽奖的一名顾客获得奖金为X元，求X的概率分布列和数学期望；（2）该超市去年店庆日共有3000名顾客购物，统计购物金额得到如下的频率分布直方图若今年抽奖活动总奖金预设为12000元，依据去年店庆日的数据，给出合理的m的值，并说明理由【答案】18. 答案见解析. 19. ，理由见解析.【解析】【分析】（1）先确定随机变量的可能取值，在求出对应的概率就可以列出

16、分布列，再根据数学期望公式求期望；（2）先计算可抽奖的顾客的人数，再用去年的频率估计概率，确定的值，使得购物金额超过的人数与可抽奖的人数一致即可.【小问1详解】由题意：的值可能为：10，30，100，且，.所以的分布列为：1030100所以：.【小问2详解】今年预设奖金12000元，故参与抽奖的人数可以为：（人）.所以可以参与抽奖的概率为.因为，所以.19. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，（1）求；（2）若D是边上一点，且，求的面积，【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理化角为边，结合得，再由余弦定理求；（2）根据题意由得，则在中，由与角可得。从而由（1）比

17、例关系得其他，进而由面积公式得解.【小问1详解】由，得，将代入得，化简得，即，则；【小问2详解】由（1）知，则，则在中，由，解得，所以，解得，则，故的面积.20. 如图，在直三棱柱中，两个质点分别从点和点同时出发，均以每秒个单位长度的速度分别向点，作直线移动.如图，点,分别是两质点移动秒后到达的位置（1）证明：平面；（2）当三棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）作辅助线构造平行四边形，由线线平行证明线面平行；（2）通过转换顶点表示三棱锥的体积确定体积最大时的值，然后求平面的法向量，根据直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面

18、法向量夹角余弦值的绝对值，求解即可.【小问1详解】证明：分别过,作平行于的直线交于，交于,连接,因为,两点运动速度相同，所以,因为，所以,又因为，所以四边形为平行四边形，所以,又因为平面,平面，所以平面；【小问2详解】过作的垂线，垂足为,过作的垂线，垂足为，由题意可得，所以，当时，最大，此时,分别为，的中点，如图建立空间直角坐标系，则，所以，,设平面的法向量为，所以，得，令，则，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.21. 已知函数（1）若在上单调递减，求a的取值范围；（2）若的最小值为3，求a【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）转化为在上恒成立，构造，求导得到其单调性和最值情况，求出

19、答案；（2）先由，得到，求导后，再令，求导结合隐零点得到的单调性，从而得到的最小值，得到方程，求出的值，舍去不合要求的解.【小问1详解】，由题意得在上恒成立，即，即在上恒成立，令，令得，令得，故在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，a的取值范围是.【小问2详解】的定义域为，其中，因为的最小值为3，所以，解得，当时，设，则，故在上递增，因为，所以存在，使得，当时，即，在上单调递减，当时，即，上单调递增，故，所以，又，所以，解得或，解得或，当时，解得，当时，解得（舍去），综上，.【点睛】隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值

20、，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.22. 已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点当M与原点O重合时，面积为（1）求C的方程；（2）当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值.【小问1详解】当M与原点O重合时，可设，则有、，且，即有,则，即，又，故，则，即有，由离心率为，即，则，故，即有，解得，故，即C的方程为；【小问2详解】设直线方程为，令，有，即，设点、，则，联立直线与椭圆方程：，消去有，即，有，为，令，故，由，故，其中，即，则，当且仅当时等号成立，故周长的最小值为.【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值.