2023届江苏省扬州市宝应县安宜高级中学高三上学期第三次阶段考试数学试题（解析版）

2023届江苏省扬州市宝应县安宜高级中学高三上学期第三次阶段考试数学试题

一、单选题

1．设为实数，已知集合，满足，则的取值集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将转化为，根据集合间的关系可解答.

【详解】由题可得，由可得，由可得或2.

故选：D.

2．已知函数则“”是“有2个零点”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

【答案】C

【分析】先由零点存在性定理得到时，函数有1个零点，再求出时，当时，有1个零点，从而得到充分性与必要性都成立，求出答案.

【详解】当时，单调递增，

又，，

由零点存在性定理可知：只有1个零点，且该零点为负数；

当时，令，解得：或（舍去）

若有零点，则，即，

此时有1个零点，且该零点为正数．

综上：当时，有两个零点，充分性成立

当有两个零点时，，必要性成立，

故“”是“有2个零点”的充要条件．

故选：C

3．已知数列是各项均为正数的等比数列，是它的前项和，若，且，则（    ）

A．128 B．127 C．126 D．125

【答案】C

【分析】根据等比数列的知识求得数列的首项和公比，从而求得.

【详解】设等比数列的公比为，且，，

，，

所以，即

故选：C

4．已知过点有且仅有一条直线与圆相切，则（    ）

A．-1 B．-2 C．1或2 D．-1或-2

【答案】A

【解析】由为圆的方程可得，又过点有且仅有一条直线与圆：相切，则点在圆上，联立即可得解.

【详解】解：过点有且仅有一条直线与圆：相切，

则点在圆上，

则，解得或，

又为圆的方程，

则，即，

即，

故选：A

5．已知函数，函数，函数，函数，四个函数的图象如图所示，则的图象依次为（  ）

A．①②③④ B．①②④③ C．②①③④ D．②①④③

【答案】A

【分析】根据定义域、对称性与奇偶性，结合三角函数的图象性质判断即可.

【详解】由定义域中可知，图②为​.

由可知为奇函数，图③为​.

可得为偶函数，图④为​.

故而图①为​．

故选：A

6．若二次函数的解集为，则有(    )

A．最小值4 B．最小值－4 C．最大值4 D．最大值－4

【答案】A

【分析】根据二次不等式解与二次函数图象性质的关系得到b与a的关系，对进行变形，利用基本不等式即可求解其最值，从而得到答案．

【详解】由题可知，，

∴，当且仅当，即时等号成立，

故有最小值4．

故选：A．

7．已知，，，，过点作垂直于点，点满足，则的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】作出图形，由平面向量数量积的定义及余弦定理可得，再由平面向量数量积的运算律即可得解.

【详解】由题意，作出图形，如图，

，，

，，

由可得，

，

又，则，

.

故选：D．

8．2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，．

设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．均构成等比数列 D．

【答案】B

【分析】根据已知写出、、的通项公式且时，应用累加法求通项，进而判断各选项的正误.

【详解】据题意知：，

∴，A错误；

，

当时，，D错误；

∴，

由也满足上式，则，

所以不构成等比数列，C错误；

由上，，则，B正确.

故选：B．

二、多选题

9．如图所示，是一个3×3九宫格，现从这9个数字中随机挑出3个不同的数字，记事件A1：恰好挑出的是1、2、3；记事件A2：恰好挑出的是1、4、7；记事件A3：挑出的数字里含有数字1.下列说法正确的是（       ）

A．事件A1，A2是互斥事件

B．事件A1，A2是独立事件

C．P(A1|A3)＝P(A2|A3)

D．P(A3)＝P(A1)＋P(A2)

【答案】AC

【分析】根据互斥事件和相互独立事件的概念判断AB；利用条件概率公式计算概率判断C；计算判断D.

【详解】A.挑出的是1、2、3和挑出的是1、4、7不可能同时发生，正确；

B.事件A1，A2不是独立事件，错误；

C.，正确；

D. ，，错误.

故选：AC.

10．如图，点是正方体中的侧面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ）

A．点存在无数个位置满足

B．若正方体的棱长为，三棱锥的体积最大值为

C．在线段上存在点，使异面直线与所成的角是

D．点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等

【答案】ABD

【分析】建立空间直角坐标系，设点坐标，分别使用空间向量解决直线与直线垂直、点到平面的距离、异面直线所成角、点到直线距离的方法进行运算即可.

【详解】

不妨设正方体的棱长为，以为单位正交基底建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，

∵是正方体中的侧面上的一个动点，

∴设，其中，，

对于A，，，

当时，，

当，时，有无数组解，

∴点存在无数个位置满足，

故选项A正确；

对于B，连接，，，，，，

由已知，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，

∵易知，三角形为等边三角形，

∴三角形的面积为定值，

∴当三棱锥的高，即点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，

，，

设平面的一个法向量，

则，令，则，，

∴，

，，，

∴，当时，的最大值为，

∴，

故选项B正确；

对于C，当点在线段上时，

，

，

，

若与所成角为，

则，

化简得，，无解，

∴线段上不存在点，使异面直线与所成的角是，

故选项C错误；

对于D，直线的方向向量为，

∵，

，

∴，

∴点到直线的距离为，

直线的方向向量为，

∵，

，

∴，

∴点到直线的距离为，

若点到直线和直线的距离相等，则，即

，化简得，

当时，，而，

∴有无数组解，

∴点存在无数个位置满足到直线和直线的距离相等，

故选项D正确.

故选：ABD.

11．已知函数满足，且.下列选项中，一定使得在上单调递增的是（    ）

A．，

B．，

C．在上单调递减

D．在上有且仅有一个极大值点

【答案】AC

【分析】A选项由函数解析式来进行判断，C选项根据对称性来判断，BD选项结合图象来进行判断.

【详解】是的对称轴，为的最大值或最小值①.

是的零点②.

A选项，，满足符合，

，所以在上递增.A选项正确.

B选项，画出的一种可能图象如下图所示，由图可知，满足：，，且符合①②.但不满足在递增.B选项错误.

C选项，在上单调递减，而是的对称中心，

所以在，即上递减，

由于是的对称轴，所以在区间上递增，满足在递增.C选项正确.

D选项，画出的一种可能图象如下图所示，由图可知，满足：在上有且仅有一个极大值点，且符合①②.但不满足在递增.D选项错误.

故选：AC

12．狄利克雷是德国著名数学家，是最早倡导严格化方法的数学家之一，狄利克雷函数（Q是有理数集）的出现表示数学家对数学的理解开始了深刻的变化，从研究“算”到研究更抽象的“概念、性质、结构”．关于的性质，下列说法正确的是（    ）

A．函数是偶函数

B．函数是周期函数

C．对任意的，，都有

D．对任意的，，都有

【答案】ABC

【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项的正误；验证，可判断B选项的正误；分、两种情况讨论，结合函数的定义可判断C选项的正误；取，可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，任取，则，；

任取，则，.

所以，对任意的，，即函数为偶函数，A选项正确；

对于B选项，任取，则，则；

任取，则，则.

所以，对任意的，，即函数为周期函数，B选项正确；

对于C选项，对任意，，则，；

对任意的，，则，.

综上，对任意的，，都有，C选项正确；

对于D选项，取，若，则，D选项错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于根据已知函数的定义依次讨论各选项，分自变量为无理数和有理数两种情况讨论，对于D选项，可取，验证.

三、填空题

13．若复数是纯虚数，则实数的值是__________.

【答案】

【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再由实部等于，虚部不等于即可求解.

【详解】因为是纯虚数，

所以，解得，

故答案为：.

14．已知，满足①，且，②两个条件中的一个，则的一个值可以为__________.

【答案】或6(答案只要是与6中的一个即可)

【分析】若满足的条件①利用及进行转化解出，，利用两角和的正切公式求解；若满足的条件②配凑角，然后利用公式计算即可

【详解】若满足条件①，因为，所以，

解得或，

则或舍去，

则，，

故

若满足条件②，

则

故答案为：或6.

15．在中(角A为最大内角，a，b，c为、、所对的边)和中，若，，，则__________.

【答案】

【分析】根据，可知B和互余，C和互余，于是根据三角形内角和为180°，可得到，再根据可求出，从而求出和A.根据余弦定理和三角形面积公式可将要求的式子化简为，根据A的大小即可求解．

【详解】∵A是最大内角，∴均为锐角，

∵，，∴，，

∴，

∴，即，

∵是三角形内角，∴，∴，∴．

在△ABC中，由余弦定理得，，故，

∴．

故答案为：．

16．函数广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中为不超过实数的最大整数，例如：，．已知函数，则__________．

【答案】4107

【分析】根据新函数的定义，确定的值，然后用分组求和法、错位相减法求和．

【详解】由题意可得：当时，，在内共有项奇数，且，

故令,

则，

两式相减得：，

即，则.

故答案为：4107.

四、解答题

17．已知圆经过，，三点．

(1)求圆的方程；

(2)若经过点的直线与圆相切，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）假设圆的一般方程，代入三点坐标即可构造方程组求得圆的方程；

（2）由圆的方程可得圆心和半径，易知直线斜率存在，由圆心到直线距离可构造方程求得直线斜率，进而可得直线的方程.

【详解】（1）设圆的方程为：，

由题意知：，解得：，

圆方程为：，即.

（2）由（1）知：圆心，半径；

当直线斜率不存在，即时，与圆不相切，不合题意；

当直线斜率存在时，设，即，

圆心到直线的距离，解得：，

，即或；

综上所述：直线的方程为或.

18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.

已知等比数列的公比，前n项和为，若_________，数列满足，.

（1）求数列，的通项公式；

（2）求数列的前n项和，并证明.

【答案】选择见解析；（1），；（2）；证明见解析.

【分析】（1）若选择①，利用等比数列的通项公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；选择②，通过对中的取1和2可得和，进而可得，可得数列，的通项公式；若选择③，利用等比数列的前项和公式列方程求得，再令中的，可得，进而可得数列，的通项公式；

（2）利用裂项相消法可求得，观察可得结果.

【详解】解析：选择①，

（1）由已知得，

解得或（舍去，∵），

又∵，，

则，解得，

∴，

则；

（2）

∴.

选择②，

当时，，得，

当时，，又，得，

则，，

又∵，

则；

（2）

∴.

选择③，

，

当时，，则，舍去；

当时，，解得（负值舍去），

又∵，，

则，解得，

∴，

则；

（2）

∴.

【点睛】本题考查等比数列基本量的计算，等比数列前项和公式的应用，考查裂项相消法求和，考查学生计算能力，是中档题.

19．在中，，且边上的中线长为，

(1)求角的大小；

(2)求的面积.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】(1)本题可根据三角函数相关公式将化简为，然后根据即可求出角的大小；

(2)本题首先可设的中点为，然后根据向量的平行四边形法则得到，再然后通过化简计算即可求得，最后通过三角形面积公式即可得出结果．

【详解】(1)由正弦定理边角互换可得，

所以.

因为，

所以，

即，

即，整理得.

因为，所以，

所以，

即，所以.

因为，所以，即．

(2)设的中点为，根据向量的平行四边形法则可知

所以，即，

因为，，所以，解得（负值舍去）.

所以．

【点睛】本题考查三角恒等变换公式及解三角形相关公式的应用，考查了向量的平行四边形法则以及向量的运算，考查了化归与转化思想，体现了综合性，是难题．

20．自主招生和强基计划是高校选拔录取工作改革的重要环节.自主招生是学生通过高校组织的笔试和面试之后，可以得到相应的降分政策.2020年1月，教育部决定2020年起不再组织开展高校自主招生工作，而是在部分一流大学建设高校开展基础学科招生改革试点（也称强基计划）.下表是某高校从2018年起至2022年通过自主招生或强基计划在部分专业的招生人数：

请根据表格回答下列问题：

(1)统计表明招生总数和年份间有较强的线性关系.记为年份与的差，为当年数学、物理和化学的招生总人数，试用最小二乘法建立关于的线性回归方程，并以此预测年的数学、物理和化学的招生总人数（结果四舍五入保留整数）；

(2)在强基计划实施的首年，为了保证招生录取结果的公平公正，该校招生办对年强基计划录取结果进行抽检.此次抽检从这名学生中随机选取位学生进行评审.记选取到数学专业的学生人数为，求随机变量的数学期望；

(3)经统计该校学生的本科学习年限占比如下：四年毕业的占，五年毕业的占，六年毕业的占.现从到年间通过上述方式被该校录取的学生中随机抽取1名，若该生是数学专业的学生，求该生恰好在年毕业的概率.

附：为回归方程，，．

【答案】(1)，24

(2)

(3)

【分析】（1）根据表中数据利用回归方程公式即可求解；

（2）利用超几何分布模型即可求解；

（3）由条件概率公式即可求解.

【详解】（1）由题意，的取值集合为，的取值集合为，

,

直接根据公式求得，，

因此回归方程为：，

当时，可得，

因此预测2023年的招生总人数为人.

（2）由已知，可取0,1,2,3.

，，

，，

故.

（3）因为2025年毕业，则入学年份可能为2021年，2020年，2019年,

由条件概率公式可知，该生被数学系录取的条件下，其在第年入学的概率为：

，

故，

，

，

由全概率公式：

.

21．直三棱柱中，，，点为线段的中点，直线与的交点为，若点在线段上运动，的长度为．

(1)求点到平面的距离；

(2)是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)

(2)存在，

【分析】（1）建系，求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离；（2）设点，求平面PBD的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.

【详解】（1）由题意可知：四边形为矩形，则M为中点，

以B为坐标原点，为x，y，z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

∴，，，

设平面的法向量，则，

令，则，，即，

∴点M到平面的距离．

（2）存在，

设点，平面PBD的法向量，

∵， ，则，

令，则，，即，

∴，解得：或，

当时，P与重合，此时二面角为锐二面角，不合题意；

当时，二面角为钝二面角，符合题意；

综上所述：存在点，使得二面角的余弦值为，此时．

22．设函数

（1）求函数的极值；

（2）若方程在有两个实数解，求的取值范围；

（3）证明：当时，.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见详解.

【解析】（1）首先明确定义域，再求导，所以在上单调递增，在上单调递减，即可得解；（2）实际研究直线与函数图像交点有两个的情况，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，且，所以当时，方程有两解．（3）首先将两变量分离，这要用到取对数，即因此只需证，即证为单调减函数，可利用导数，再结合（1）的结论可证.

【详解】（1）由，定义域为，

，

，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以为函数的极大值点，

则函数的极值为.

（2）由（1）知，在上单调递增，

在上单调递减，

又，

∴ ．

∴ 当时，方程有两解．

（3）∵ .

∴ 要证：只需证，

只需证：．

设，

则．

由（1）知在单调递减，

又，

∴ ，

即是减函数，而．

∴ ，故原不等式成立．

【点睛】关键点睛：要证：只需证，只需证：，构造函数是解决本题的关键.