2023届江苏省常州市金坛区高三上学期阶段性质量检测二数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省常州市金坛区高三上学期阶段性质量检测二数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省常州市金坛区高三上学期阶段性质量检测二数学试题 一、单选题1．已知集合，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先得到集合N，再利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为集合，集合，所以或，故选：C2．已知（其中为虚数单位，），是纯虚数，则（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】计算得到，根据纯虚数得到，计算得到答案.【详解】纯虚数，则，.故选：B.3．已知，若非零向量满足，则（    ）A． B．10 C．3 D．【答案】A【分析】设出的坐标，根据已知条件列方程，求得，进而求得.【详解】设，则，，则， .故选：A4．已知，则的大小关系是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别构造对数函数、指数函数，利用函数单调性比较大小即可.【详解】设，则根据对数函数单调性知为减函数，则，即；设，单调递减，则，即；设，则根据指数函数单调性可知，单调递减，则，即.综上可知故选：D5．函数的图象如图所示，则以下结论不正确的是（    ） A．B．C．在上的零点之和为D．最大值点到相邻的最小值点的距离为【答案】D【分析】根据函数的图象求出所以选项A正确；恒成立，所以选项B正确；求出所以选项C正确；求出最大值点到相邻得最小值点的距离为所以选项D错误.【详解】，，所以选项A正确；恒成立，所以选项B正确；，则，则时时，时，，所以选项C正确；最大值点到相邻得最小值点的距离为所以选项D错误.故选：D.6．已知非零实数满足，则以下不等关系一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】由可得，利用特殊值可知A错误，利用基本不等式可判断BC；再根据不等式性质可判断D.【详解】由于，则，不妨令，此时，故A错误.而，因此D错误；根据可得,当且仅当时等号成立，但是不符合题意，所以,而，因此B错误，C选项正确;故选：C.7．函数定义域为，且是（    ）A．偶函数，又是周期函数 B．偶函数，但不是周期函数C．奇函数，又是周期函数 D．奇函数，但不是周期函数【答案】A【分析】根据函数的奇偶性和周期性确定正确答案.【详解】依题意，，，，所以是偶函数.，所以是周期为的周期函数.所以A选项正确.故选：A8．已知函数的定义域为，且函数在定义域内的图象是连续不间断的，，，当时，，若，则在以下四个取值中，实数不能取的值为（    ）A． B． C．3 D．【答案】D【分析】构造，求导后得到在单调递增，结合为奇函数，故在R上单调递增，整理得到，求出，根据单调性解不等式即可.【详解】令，当时，，在单调递增，又∵，为奇函数，故在R上单调递增，，故∴，，解得：.故选：D. 二、多选题9．某小区通过开设公益讲座以提高居民的环境保护意识，为了解讲座的效果，随机抽取10位小区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份环境保护的知识问卷，这10位小区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图所示，则以下结论正确的是（    ）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数大于B．讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前问卷答题的正确率的极差C．讲座前问卷答题的正确率的方差大于讲座后问卷答题的正确率的方差D．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于【答案】ABC【分析】根据中位数、极差、方差、平均数等知识确定正确答案.【详解】讲座前问卷答题的正确率排序为，，中位数，A正确.讲座前极差，讲座后极差，B正确.讲座后，所以D错误.讲座前后比较：讲座前极差较大，并且讲座前数据较分散，所以讲座前方差较大，所以C正确.故选：ABC10．已知直线与平面，能使得的充分条件是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】要使得成立，即两平面平行，则这两个平面垂直于同一条直线，或者这两个平面平行于同一个平面，而两平面垂直于同一个平面或平行于同一个直线则不能判定这两个平面平行.【详解】两平面垂直于同一个平面可以相交，故A错；，两个平面垂直于同一条直线两平面平行，故B对.两个平面平行于同一个平面两平面平行，故C对，，平行于同一个直线的两平面可以相交，故D错，故选：BC.11．如图，椭圆与椭圆有公共的左顶点和左焦点，且椭圆的右顶点为椭圆的中心，设椭圆与椭圆的长半轴长分别为和，半焦距分别为和，离心率分别为和，则以下结论中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】由题知，再根据不等式性质，结合离心率公式依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：由题知，由②两边同时加得，故C正确；将①代入②得，两边同时除以得：，即，故A正确；由②得，③③式两边同乘以得，故B错误； 由③式得，故两边同加得，故D正确.故选：ACD12．如图，在中，，若为外接圆的圆心，且，则以下结论中正确的是（    ）A． B．C．外接圆的面积为 D．【答案】ABD【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合三角形外接圆的性质、余弦定理、正弦定理逐一判断即可.【详解】，所以A对；设，垂足为，显然是的中点，，所以B对；由余弦定理可知：，由正弦定理可知：，，C错.，设，垂足为，显然是的中点，，即，于是有，所以D对，故选：ABD【点睛】关键点睛：根据三角形外心的性质是解题的关键. 三、填空题13．已知成等比数列，且其公比，若在数列中删掉某一项之后，得到的新数列（顺序不变）成等差数列，则满足题意的公比的所有取值之积为__________.【答案】1【分析】分别剔除，，，，并求得相应的公比的值，进而得到满足题意的公比的所有取值之积【详解】成等比数列，则，，剔除，则，，，舍剔除，则，，即又，解之得，，或剔除，则，，即又，解之得，，或剔除，则，，即，又，则方程无解.综上，满足题意的公比的所有取值之积为.故答案为：114．已知函数在定义域内恒满足，且，则的值为__________.【答案】##【分析】根据已知等式，结合特殊值法进行求解即可.【详解】.在中，令，得，或，当时，在中，令时，得这与相矛盾，不符合题意 ，当时，在中，令，得，该等式恒成立，即，.在中，令时，，，所以该函数的最小正周期为，故，故答案为：【点睛】关键点睛：利用特殊值法判断函数的周期是解题的关键. 四、双空题15．已知函数，则__________；若当时，，则的最小值是__________.【答案】     ##     【分析】由分段函数定义计算，然后计算，由二次函数与对勾函数的性质确定函数的单调性，并确定和时的自变量的值，从而可得的最小值，的最大值，从而得结论．【详解】，由二次函数与对勾函数的性质知在上递增，在上递减，在上递增，，，时，，解得（舍去），即，，所以．故答案为：；．16．在正四面体中，为边的中点，过点作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积，最小的截面面积为，则__________；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为和，则__________．【答案】          【分析】将正四面体放置于正方体中，则正方体的外接球就是正四面体的外接球．由外接球的直径等于正方体的对角线长，求出外接球的半径，再利用球的截面圆性质可算出截面面积的最小值T、最大值S，可得；用等体积法求出正四面体内切球的半径，进而得出其体积，再求出外接球的体积，即可得出．【详解】将正四面体放置于正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是正四面体的外接球，外接球的球心O为正方体的体对角线DF的中点，设正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，因为外接球的直径等于正方体的对角线长，所以外接球的半径为，E为BC边的中点，过E作该正四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面面积最大，最大值为，当截面到球心O的距离最大时，截面圆的面积取最小值，此时球心O到截面的距离为，可得截面圆的半径为，从而截面面积的最小值为．所以；设正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，正四面体的每个面的面积为，，正四面体的高，故正四面体的体积为，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，所以，求得，故正四面体内切球的体积，正四面体外接球的半径为，外接球的体积为，．故答案为：；27． 五、解答题17．已知数列和满足：，其中且.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据递推关系直接得，进而根据等差数列的通项公式求解即可；（2）由题知是首项为1，公比为的等比数列，进而得，再结合（1）得，再根据错位相减法求解即可.【详解】（1）解：因为，所以，两式相加得：，即因为所以，是以首项为3，公差为2的等差数列，所以，（2）解：因为，所以，，又因为，所以，是首项为1，公比为的等比数列，所以，，因为所以，所以，①②①-②得所以，.18．在中，角所对应的边分别为，且.(1)若角的大小成等差数列，证明：为直角三角形；(2)若角的大小成等比数列，求角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由余弦定理得到，结合正弦定理得到，求出，利用角的大小成等差数列，求出，，证明出结论；（2）由角的大小成等比数列，结合，得到，结合求出，.【详解】（1）由余弦定理得，所以，即，因为，所以，由正弦定理得：，因为，所以，即，即，故，或（舍去），解得：，若成等差数列，则，而，此时，为直角三角形.（2）若大小成等比数列，则，由第一问可知，故，解得：，又，解得：，所以.19．如图，为三棱锥的高，，在棱上，且.(1)求证：平面；(2)若，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面平行判定定理去证明平面；（2）先以A为原点建立空间直角坐标系，再利用向量的方法去求二面角的余弦值，进而求得二面角的正弦值.【详解】（1）连接OA，延长交于点，连接PE由平面，得，，，又则，又，则设由，可得又平面平面平面.（2）由（1）得平面，，过点A作平面，以A为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图，设，又则，解之得，则则设平面和平面的一个法向量分别为则，令则，则，令则，则设二面角平面角为，则又，则20．汽车尾气排放超标是全球变暖､海平面上升的重要因素，我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业快速发展.某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份20172018201920202021年份代码12345销量万辆1012172026 (1)统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破100万辆；(2)为了了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业又随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽车的有名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车.①若，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车）；②设男性车主中购置新能源汽车的概率为，若将样品中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为，求取何值时，最大.附：若为样本点，为回归直线，则.【答案】(1)，2040年；(2)①15.5万人；② 【分析】（1）定义法求线性回归方程，列不等式预测；（2）①先求出购置新能源汽车人数的性别占比，即可结合回归方程得到预测值；②先求出，由二项分布概率公式求得，结合导数法求最值即可.【详解】（1），，，，令，最早在年能突破100万辆；（2）①当时，女性车主中有名购置新能源汽车，购置新能源汽车人中女性占：.而该地区2023年购置新能源汽车人数为：万人，女性车主人数大约有万人；②，令 ，当，，单调递增；，，单调递减；在时取最大值，即时，最大.21．已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，椭圆上的点到准线的最短距离为2，且椭圆上的点到焦点的距离的最大值为3.设点分别为椭圆的右顶点和左焦点，过点的直线交椭圆于点，直线分别与直线交于点.(1)求椭圆的方程；(2)证明：直线和直线的斜率之积为定值；(3)求与面积之和的最小值.【答案】(1)(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得两点的坐标，进而计算出直线和直线的斜率之积为定值.（3）结合（2），求得与面积之和的表达式，利用基本不等式或二次函数的性质来求得其最小值.【详解】（1）依题意得，，所以椭圆的方程为：.（2）设直线的方程为：，由于在椭圆内，所以直线与椭圆必有个交点，所以，方程，同理，，为定值.（3）法一：巧用基本不等式，当且仅当，时取“.法二，当且仅当时取“.22．已知函数和有相同的最大值.(1)求实数的值；(2)证明：存在直线，其与两曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数分别求出两函数的最大值，进而得到，解方程即可求出结果；（2）先求得存在唯一的使，构造，在上有一个零点，另一个零点为，再构造与单调性相同，得零点为，另一个零点，再结合和以及的单调性即可得出结论.【详解】（1）当时，显然无最小值，舍去.当时，令在上单调递增；上单调递减；，，易知m>0令当时，单调递增；当时，单调递减；.（2）在单调递增；上单调递减；；在上单调递增；上单调递减；.当时，；当时，在上单调递减；,在上有唯一的零点当时，无零点.综上，存在唯一的使，即与有唯一的交点，令，构造，显然与单调性相同，且在上有一个零点，另一个零点为，构造与单调性相同，且，一个零点为，另一个零点.故存在直线与和共有三个不同的交点，.且由，而有在单调递增；且由，而，由在上单调递减；，，由，从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．