2023届江苏省扬州市宝应区曹甸高级中学高三上学期期中数学试题（解析版）

2023届江苏省扬州市宝应区曹甸高级中学高三上学期期中数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】化简集合B，利用并集概念及运算即可得到结果.

【详解】由题意可得：

又

∴

故选：C

【点睛】本题考查并集的概念及运算，考查分式不等式的解法，属于基础题.

2．从分别写有的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是的倍数的概率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．

【详解】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种取法，

其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有，，，，，，，，，共9种情况，

则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率；

故选：．

3．某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，通过表示大圆锥和小圆锥体积，作差可得圆台体积.

【详解】设小锥体的底面半径为，大锥体的底面半径为，小锥体的高为，大锥体的高为为，

则大圆锥的体积即为，整理得，

即小圆锥的体积为

所以该圆台体积为

故选：A.

4．已知平面和平面不重合，直线m和n不重合，则的一个充分条件是（    ）.

A．且 B．且

C．且 D．且

【答案】D

【分析】根据空间中直线、平面的平行关系进行逐项判断即可.

【详解】A．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

B．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

C．若且，此时和可以相交或平行，故错误；

D．若且，则有，两个不同平面和同一直线垂直，则两平面平行，所以，故正确；

故选：D.

5．已知函数的定义域是，则的定义域是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复合函数求函数的定义域的原则及分式有意义即可求解.

【详解】因为函数的定义域是，

所以，所以

所以函数的定义域为，

要使有意义，则需要，解得，

所以的定义域是.

故选：D.

6．在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，分别是，的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取AC中点Q，连接PQ、BQ，根据线面垂直的判定定理，可证平面BPQ，即可得，结合题意，根据线面垂直的判定及性质定理，可证，同理，将补成一个正方体，根据条件，求得正方体边长，根据正方体体对角线为外接球直径，即可求得外接球半径r，即可得答案.

【详解】取AC中点Q，连接PQ、BQ，如图所示

因为PA=PC，Q为AC中点，

所以，

又是正三角形，

所以，

又，平面BPQ，

所以平面BPQ，又平面BPQ，

所以，

因为，分别是，的中点

所以为中位线，所以

又因为，所以，且，，平面

所以平面，

所以，同理，

则，，两两垂直

如图将补成一个正方体，如图所示，

由题意得：，则，

又正方体的体对角线为外接球的直径，

所以外接球半径，

所以，

故选：A.

【点睛】解题的关键是熟练掌握线面垂直的判定、性质定理，并灵活应用，对于侧棱两两垂直的三棱锥，外接球即为所在正方体的外接球，考查空间想象能力，属中档题.

7．在中,,为的平分线,,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用,得到和大小关系,即可得到结果.

【详解】,且,为的平分线,

,

即,(*)

,

(*)式可化为:,

即.

故选:C.

8．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】因为，所以．

设，

则，

令，则．

当时，，，，

所以，所以当时，，

所以在上单调递增，

从而，

因此，即．

综上可得．

故选：A

【点睛】比较函数值的大小，要结合函数值的特点，选择不同的方法，本题中，可以作差进行比较大小，而的大小比较，则需要构造函数，由导函数得到其单调性，从而比较出大小，有难度，属于难题.

二、多选题

9．将函数图象向右平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，则下列四个结论中正确的是（    ）

A．

B．函数的图象关于点中心对称

C．函数在区间上为增函数

D．函数在上的值域为

【答案】AB

【分析】根据图象平移规律得到，计算的值可判断A；计算

是否得0可判断B；求出的单调递增区间可判断C；根据

的范围求出函数在上的值域可判断D.

【详解】将函数图象向右平移个单位长度，得到的图象，

然后所得函数纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，

所以，

对于A， ，故正确；

对于B，函数，故正确；

对于C，由得，

即，所以的单调递增区间为，因为，故错误；

对于D，因为，所以，，所以函数在上的值域为，故错误.

故选：AB.

10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的值域为R

B．是偶函数

C．的图象关于直线对称

D．

【答案】BCD

【分析】求得的值域判断选项A；求得的奇偶性判断选项B；求得的对称轴判断选项C；求得的大小关系判断选项D.

【详解】，因为，

所以的值域为.A错；

的定义域是R，且，则是偶函数.B对；

的图象可看成的图象向左平移一个单位长度，

又的图象关于y轴对称，则的图象关于直线对称.C对；

令，则，

当时，，单调递增，且

又为上增函数，所以在上单调递增，

因为，所以，

又是偶函数，则，则.D对.

故选：BCD.

11．函数的图象如图所示，则（    ）

A．

B．

C．对任意的都有

D．在区间上的零点之和为

【答案】AB

【分析】利用图象求得函数的解析式，可判断AB选项的正误；计算的值，可判断C选项的正误；利用正弦型函数的对称性可判断D选项的正误.

【详解】由题图可知函数的最小正周期为，则，

所以，，把代入得，则，得，

，，则AB选项均正确；

，当时，，不满足对任意的都有，C错误；

，，

则共有个零点，不妨设为、、、，且，

则，，

两式相加，整理得，

故的所有零点之和为，D错误，

故选：AB.

12．已知定义域为的函数的图象连续不断，且，，当时，，若，则实数的取值可以为（   ）

A．－1 B． C． D．1

【答案】BCD

【分析】利用已知条件得到，构造函数，利用已知条件得到函数为奇函数且函数在上单调递减，可得函数在上单调递减，所给的不等式转化为，利用单调性求解即可.

【详解】依题意可得：，故，

令，则，所以函数为奇函数，

，因为当时，，

即当时，，

故在上单调递减，由为奇函数可知，在上单调递减，

因为，

故，

即，故，故，

故实数的取值范围为.

由选项可知：BCD正确；

故选：BCD.

三、填空题

13．已知定义在R上的函数为奇函数，且满足，当时，则________.

【答案】

【分析】利用周期性和奇偶性可把转化到已知范围上，代入表达式可求.

【详解】由，所以2为的周期，

所以.

故答案为：.

14．已知（a，），则的最小值为________．

【答案】9

【分析】根据，利用“1”的代换，将转化为，利用基本不等式求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

当且仅当，即时，取等号.

所以的最小值为9.

故答案为：9

【点睛】本题主要考查基本不等式求最值，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

15．袋子中装有大小、形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为___________.

【答案】

【分析】利用古典概率模型根据条件概率公式求解.

【详解】设第一次摸到红球为事件,第二次摸到红球为事件,

则,,

所以.

故答案为:.

16．若角的终边经过点，且，则实数___________.

【答案】

【分析】由题意可得角是第一象限的角，且，根据诱导公式可得，不妨取，代入中利用两角和的正切变形公式化简可求出的值

【详解】因为角的终边经过点，

所以

因为，，

所以角是第一象限的角，

所以，

不妨取，则，

所以

，

所以，

所以，

所以，

故答案为：

四、解答题

17．已知集合，中.

(1)若，求m的值；

(2)已知命题，命题，若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）解一元二次不等式求集合A，结合交集的结果并讨论、求参数值，最后验证结果即可；

（2）由题设有，列不等式组求参数范围即可.

【详解】（1）由题设，，又，

当时，此时，则，显然不符题设；

当时，此时，则，满足题设；

所以.

（2）由题设，

当，，可得；

当，，可得；

所以.

18．设.

(1)求f（x）的单调增区间及对称中心；

(2)当时，，求cos2x的值.

【答案】(1)单调递增区间是；对称中心

(2)

【分析】（1）先利用二倍角公式及诱导公式化简得到，整体法求解函数的单调递增区间及对称中心；

（2）先求出，结合得到，

从而求出，利用余弦差角公式进行求解.

【详解】（1）由题意得：，

由，可得；

所以的单调递增区间是；

令，，解得：，，此时函数值为-1，

所以对称中心为．

（2）∵

∴，

∵，∴，

∵当时，，

∴

∴，

．

19．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)若，求面积的最大值；

(2)若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，且四边形的面积为.求的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式得到，从而求出，再由余弦定理和基本不等式求出，利用三角形面积公式求出答案；

（2）利用三角形面积公式得到，结合第一问得到，从而求出四边形的面积，列出方程，求出.

【详解】（1）由，得，

即，

由得，

因为，所以，

因为，所以，

故，

在中，由余弦定理得，

即，当且仅当时，等号成立，

，

（2）设，则，

在中，，

由（1）知为正三角形，故，

故四边形的面积，

故，

所以，

因为，

所以，即.

20．如图，三棱锥中，，平面平面，，.

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在中由勾股定理逆定理可得，再由已知面面垂直可得平面，则得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论，

（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【详解】（1）证明：在中，因为，

所以，所以，

因为，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又，平面，

所以平面，

（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

由题意得，，，，

所以，，

设点坐标为，

则

所以，

所以点坐标为，

所以

因为直线与直线所成的角为，

解得.

所以点坐标为，则.

设平面的法向量为

则，取，可得.-

再设平面的法向量为，

则，取，可得.

所以

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

(1)若与之间线性相关，求关于的线性回归方程.并估计若投入千万元，收益大约为多少千万元？（精确到）

(2)现家公司各派出一名代表参加某项宣传活动，该活动在甲，乙两个城市同时进行，6名代表通过抛掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪个城市参加活动，规定：每人只抛掷一次，掷出正面向上的点数为的去甲城市，掷出正面向上的点数为的去乙城市.求：

①公司派出的代表去甲城市参加活动的概率；

②求6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数的概率.（用最简分数作答）

参考数据及公式：，

【答案】(1)；35.12亿元

(2)①；②

【分析】（1）根据公式分别求出，即可求出关于的线性回归方程，将当代入即可得出答案.

（2）①由古典概率的计算公式代入即可得出答案；

②6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数，则去甲城市的人数为0，1，2，分别求出其概率，即可得出答案.

【详解】（1）（1）

，则

当，则

所以当投入15千万元，收益大约为35.12亿元.

（2）① 设“某位代表去甲城市参加活动”为事件，则，

所以公司派出的代表去甲城市参加活动的概率为，                

② 设“6位代表中去甲城市参加活动的人数少于去乙城市参加活动的人数”为事件，

.

22．已知 ，函数，.

(1)当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；

(2)若，求证：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.

（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.

【详解】（1），定义域均为，

，  

当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；

当时，令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

又，

当时：，在单调递减，无极值，与题不符；

当时：令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

由题：，解得：.

（2）令，因为，所以，

由可得：，

（1）-（2）得：，所以，

要证： ，只要证： ，只要证：

不妨设，所以只要证：，

即证：，令，只要证：，

令， ，

 所以在上单调递增，

， 即有成立，所以成立.