2023届江苏省淮安市盱眙中学高三下学期模拟训练八数学试题含解析

这是一份2023届江苏省淮安市盱眙中学高三下学期模拟训练八数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省淮安市盱眙中学高三下学期模拟训练八数学试题 一、单选题1．已知全集，集合，，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出集合，中的不等式，再根据得出集合，根据集合并集和补集的定义计算即可．【详解】由题可知，，因为，所以，即，所以，所以，故选：B．2．若复数满足，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：D3．已知函数既存在极大值，又存在极小值，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】先求导，转化为导函数与轴有两个交点，列出不等求可求出其范围.【详解】∵，∴，∵函数既存在极大值，又存在极小值，∴导函数有两个不相等的变号零点，∴，即，解得或．∴实数的取值范围是，故选:B．4．已知角是的一个内角，若，则等于A． B． C． D．【答案】D【分析】先由，结合题中条件，得到，再联立求解，即可得出结果.【详解】利用，可得，可知为钝角.解方程组得所以故选D【点睛】本题主要考查已知正弦与余弦的和求正切的问题，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.5．已知是等比数列的前n项和，若存在，满足，，则数列的公比为（    ）A．0 B．2 C．-3 D．3【答案】B【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的求和公式，列出方程求得解得，再利用等比数列的通项公式列出方程，求得，进而求得公比的值.【详解】设等比数列的公比为，若，则，与题中条件矛盾，故，因为，解得，又因为，解得，即，所以.故选：B.6．若向量，，且a→,b→的夹角的余弦值为，则实数等于（   ）.A．0 B． C．0或 D．0或【答案】C【分析】根据空间向量的数量积运算及夹角公式，代入坐标计算即可．【详解】由题意得，解得或，故选:C．7．已知点是椭圆的左焦点，，直线交于，两点，若，均是线段的三等分点，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】不妨设点在第三象限，是椭圆的右焦点是的中位线，轴【详解】不妨设点在第三象限，是椭圆的右焦点，连接，显然是的中位线，轴．易求得，作轴，垂足为，，，故点的坐标是，将点的坐标代入椭圆方程得，，即-，解得，即椭圆的离心率为．故选：C.【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：（1）直接求出a、b、c，计算离心率；（2）根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．8．某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（    ）A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差【答案】B【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为,所以错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.故选:B.  二、多选题9．已知等差数列的前项和为，，，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．当且仅当时，取得最大值【答案】AC【解析】先根据题意得等差数列的公差，进而计算即可得答案.【详解】解：设等差数列的公差为，则，解得.所以，，，所以当且仅当或时，取得最大值.故选：AC【点睛】本题考查等差数列的基本计算，前项和的最值问题，是中档题.等差数列前项和的最值得求解常见一下两种情况：（1）当时，有最大值，可以通过的二次函数性质求解，也可以通过求满足且的的取值范围确定；（2）当时，有最小值，可以通过的二次函数性质求解，也可以通过求满足且的的取值范围确定；10．对于函数，，下列说法正确的是（    ）A．在处取得极大值 B．有两个不同的零点C． D．在上是单调函数【答案】ABC【分析】求得，得出函数的单调区间，求得函数的极大值，可判定A正确，D错误；再由，结合函数的单调性得到在上必有一个零点，结合，可判定B正确；根据函数的单调性，结合作差比较，可判定C正确.【详解】由函数，可得，其中，当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，故A正确，D错误；因为，可得，又因为在上单调，所以在上必有一个零点，由，所以为的一个零点，又由在上单调，所以在上无零点，所以恰有两个不同的零点，故B正确；因为，，可得，所以，又在上单调递减，所以，所以，所以C正确.故选：ABC.11．下列结论正确的是（    ）A．若，互为对立事件，，则B．若事件，，两两互斥，则事件与互斥C．若事件与对立，则D．若事件与互斥，则它们的对立事件也互斥【答案】ABC【分析】根据对立事件的概念，可判断AC正确；根据互斥事件的特征，可判断B正确，D错误；【详解】若，互为对立事件，，则为必然事件，故为不可能事件，则，故A正确；若事件，，两两互斥，则事件，，不能同时发生，则事件与也不可能同时发生，则事件与互斥，故B正确；若事件与对立，则，故C正确；若事件，互斥但不对立，则它们的对立事件不互斥，故D错误．故选：ABC．12．已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（    ）A．B．曲线在点处的切线可能与直线垂直C．D．【答案】ACD【分析】根据函数有两个极值点，得到导函数有两个变号零点，从而可求参数的取值范围，即可判断A选项；假设满足条件的切线存在，利用导数的几何意义求出切线的科率，得到的值，结合A项结果推出矛盾，可得B不正确；由，利用整体替换思想得到，最后根据的范围和二次函数的性质得到，可得C正确；由，利用整体替换思想可知若D正确，则只需，令，构造函数，利用导数可求得的单调性和最值，由此可证得结论，从而判断D选项．【详解】对于A，，令，则，令，解得：，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，；有两个极值点，有两个变号零点，，即，，A正确；对于B，曲线在点处的切线斜率，若该切线与直线垂直，则，即，与矛盾，B错误；对于C，由题意知：，即，则，由A知：，由二次函数性质知：，C正确；对于D，由题意知：，即，又，，即；要证，只需证，即证，即证，设，则只需证，令，则，在上单调递增，，，则，D正确.故选：ACD．【点睛】关键点点睛：对于D项，求解这类极值点偏移问题的关键：一是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，再巧妙地把两个极值点通过消参向求证的结论逐渐靠近；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把不等式转化为只含有一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题进行求解． 三、填空题13．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝1－，则不等式f(x)<－的解集是________________．【答案】(－∞，－1)【详解】∵f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0.当x<0时，－x>0,f(x)＝－f(－x)＝－(1－2x)＝2x－1.当x>0时，由1－<－，()x>，得x∈；当x＝0时，f(0)＝0<－不成立；当x<0时，由2x－1<－，2x<，得x<－1.综上可知x∈(－∞，－1)．【解析】与指数函数有关的不等式14．在正三棱柱中，，若该三棱柱内接于球O，且三棱锥的体积为，则球O的表面积最小为_________.【答案】【分析】由三棱锥的体积为，求得，根据球的截面圆的性质，结合基本不等式求得，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，正三棱柱 中， ，且该三棱柱内接于一球O，三棱锥的体积为，可得，解得，因为三棱柱是正三棱柱，设为正的外接圆的圆心，则，当且仅当时，即时，等号成立，又因为为球的半径，所以球的表面积最小值为为.故答案为：.15．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．【答案】【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得，因为，所以，可得，因为，所以，所以，，由，可得，所以，，由正弦定理得.故答案为：.16．已知正项数列{an}满足a1＝2且an+12﹣2an2﹣anan+1＝0，令bn＝（n+2）an，则数列{bn}的前8项的和等于 __．【答案】4094【分析】由题意求得数列{an}的通项公式，再求bn，然后利用错位相减法求前8项和即可．【详解】由，得（an+1+an）（an+1−2an）＝0，又an＞0，所以an+1+an＞0，所以an+1−2an＝0，所以，所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以，令数列{bn}的前n项的和为Tn，，则， ＝2−8×29＝−4094，则T8＝4094，故答案为：4094． 四、解答题17．在中，分别为内角所对的边，且满足,（I）求C的大小；（II）现给出三个条件：①;②;③.试从中选择两个可以确定的条件，写出你的选择并以此为依据求的面积S.（只写出一种情况即可）【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）详见解析【分析】（Ⅰ）由两角和的正弦函数公式化简已知等式可得，结合角C范围可得C值．（Ⅱ）方案一：选条件①和③，由余弦定理可求b，a的值，根据三角形面积公式即可计算得解；方案二：选条件②和③，由正弦定理得，根据两角和的正弦公式可求sinA值，根据三角形面积公式即可计算得解．若选条件①和②，可得sinA＞1，这样的三角形不存在．【详解】解：（Ⅰ）依题意得：，即，∵，∴，∴，∴；（Ⅱ）方案一：选条件①和③，由余弦定理，有，则，，所以．方案二：选条件②和③，由正弦定理，得，∵，∴，∴．点评：考察解三角形知识，正弦定理余弦定理的应用，属于常规题型，难度中等．【点睛】本题主要考查解三角形知识，正弦定理余弦定理的应用，属于常规题型，难度中等．18．已知数列，满足.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)证明见解析，(2)证明见解析 【分析】（1）利用定义法证明出是公比为2的等比数列，再求出；（2）先判断出当n为偶数时，.对n分奇偶讨论，分别分组求和及放缩后可以证明出.【详解】（1），，即，，数列是公比为2的等比数列.又，，，，，，即.（2）由(1)，当n为偶数时，，故.当n为奇数时， .当n为偶数时，.综上，.19．如图，四面体中，，E为的中点．(1)证明：平面平面；(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.【详解】（1）因为，E为的中点，所以；在和中，因为，所以，所以，又因为E为的中点，所以；又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，所以，所以，当时，最小，即的面积最小.因为，所以，又因为，所以是等边三角形，因为E为的中点，所以，，因为，所以,在中，，所以.以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，又因为，所以，所以，设与平面所成的角的正弦值为，所以，所以与平面所成的角的正弦值为. 20．已知椭圆的长轴长为，离心率为，（1）求椭圆的方程；（2）过椭圆上的点的直线与，轴的交点分别为，，且，过原点的直线与平行，且与交于，两点，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）2．【分析】（1）利用长轴长与离心率求出，，结合求出.（2）设经过点的直线方程为：，可得，，由题意可得，再写出直线方程为，将直线与椭圆方程联立，求出弦长，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式表示出，再利用基本不等式即可求解.【详解】（1）点在椭圆上且，，又椭圆离心率为，，由解得．椭圆的标准方程为：．（2）点在椭圆上，，即，设经过点的直线方程为：，可得，．，即．直线斜率为，，方程为，即，联立，解得，，，点到直线的距离为，，，，，三角形面积的最大值为，当且仅当，即时，等号成立．21．学校举行定点投篮比赛，规定每人投篮4次，投中一球得2分，没有投中得0分，假设每次投篮投中与否是相互独立的.已知小明每次投篮投中的概率都是，小强每次投篮投中的概率都是p(0<p<1).（1）求小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率；（2）求小明在4次投篮后的总得分ξ的分布列和期望；（3）小强投篮4次，投中的次数为X，若期望E(X)=1，求p和X的方差D(X).【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望：；（3），.【分析】（1）小明在投篮过程中直到第三次才投中，说明小明前两次未投中，第三次投中，再由小明每次投篮投中的概率都是，可求得所求概率；（2）由题意可知小明在4次投篮后总得分ξ的可能取值为0，2，4，6，8，然后求出每个所对应的概率，进而可列出分布列；（3）随机变量X~B(4，p)，，而由E(X)=1，可求出p=，进而可求出D(X)【详解】解：（1）设“小明在投篮过程中直到第三次才投中”为事件A，事件A说明小明前两次未投中，第三次投中，所以P(A)=.故小明在投篮过程中直到第三次才投中的概率为.（2）小明在4次投篮后总得分ξ的可能取值为0，2，4，6，8.P(ξ=0)=，P(ξ=2)=，P(ξ=4)=，P(ξ=6)=，P(ξ=8)=.所以总得分ξ的分布列为ξ02468P所以E(ξ)=0×+2×+4×+6×+8×.（3）因为随机变量X~B(4，p)，所以E(X)=4p=1.所以p=.所以随机变量X的方差D(X)=np(1p)=4×.22．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）先求导，然后对参数进行分类讨论.（2）利用求导及零点定理及构造法解函数不等式.【详解】（1）因为，所以①若，则，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增②若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增；③若，则，在上单调递增；④若，则，所以当时，，单调递减，当或时，，单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增.（2）因为，所以，即，设则，易知在上单调递增因为，所以，所以存在，使得所以，在上单调递减，在上单调递增所以设，则，在上单调递增，所以所以，即.