江苏省镇江中学2023届高三下学期3月大练2数学试题（含解析）

这是一份江苏省镇江中学2023届高三下学期3月大练2数学试题（含解析），共24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。
江苏省镇江中学2023届高三下学期3月大练2数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．2．已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．3．同时抛掷一枚红骰子和一枚蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为1”为事件，“两枚骰子的点数之和等于6”为事件，则（    ）A． B． C． D．4．“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）A． B． C． D．5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若角A的内角平分线AD的长为2，则的最小值为（    ）A．10 B．12 C．16 D．186．若函数，则不等式的解集为（       ）A． B．C． D．7．已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为（       ）A． B． C． D．8．已知椭圆的上顶点为B，O为坐标原点，点，线段与交于点，点在线段上，且，若直线与圆相交，则的离心率的取值范围为（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（    ）.  A．样本在区间内的频数为18B．如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有30%的当地中小型企业能享受到减免税政策C．样本的中位数小于350万元D．可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）10．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（   ）  A．四点共面B．直线与平面平行C．异面直线与所成角的余弦值为D．过三点的平面截正方体所得图形面积为11．已知，则下列结论正确的是（    ）A．有最大值2 B．有最小值2C．有最大值为4 D．有最小值为412．（多选题）设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有个零点，则下列结论正确的是（    ）A．的图象关于直线对称B．在上有且只有个最大值，在上有且只有个最小值C．在上单调递增D．的取值范围是 三、填空题13．的展开式中第二个有理项为______．14．在中，已知，与相交于，若，则______． 四、双空题15．已知正四面体的棱长为1，为棱的中点，则二面角的余弦值为_______________；平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为____________. 五、填空题16．已知函数的零点为，函数的零点为，则______． 六、解答题17．已知数列（）满足，，且.(1)求数列是通项公式；(2)求数列的前n项和.18．在中，角，，所对的边分别为，，，.(1)若角，求角的大小；(2)若，，求.19．如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面与所截后剩余部分，且满足，，．(1)当多长时，，证明你的结论；(2)当时，求平面与平面所成角的余弦值．20．某购物中心准备进行扩大规模，在制定末来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度．调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况．假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表： 商品质量服务质量购物环境广告宣传顾客甲满意不满意满意不满意顾客乙不满意满意满意满意顾客丙满意满意满意不满意每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据．(1)求购物中心得分为50分的概率；(2)若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？(3)列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望．21．已知抛物线，圆与抛物线有且只有两个公共点.(1)求抛物线的方程；(2)设为坐标原点，过圆心的直线与圆交于点，直线分别交抛物线于点（点不与点重合）.记的面积为，的面积为，求的最大值.22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.(1)已知函数，，求实数取值的集合；(2)已知函数有两个不同极值点、，证明
参考答案：1．B【分析】根据题意，化简集合，然后由交集的运算即可得到结果.【详解】由题意可得，集合，即集合中的元素是的倍数，集合，即集合中的元素是的倍数余，故既是的倍数，又是的倍数余，所以故选:B2．B【分析】先计算，再根据投影向量公式即可计算.【详解】在上的投影向量为故选：B3．B【分析】根据条件概率公式，即可求解.【详解】事件包含6种基本事件，事件包含1个基本事件，所以.故选：B4．D【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.由且可得，在中，由正弦定理得，解得.在中，由余弦定理，得，所以，，即，可得，当且仅当时等号成立.在中，，由余弦定理可得，即，即，当且仅当时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为.故选：D.5．D【分析】根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到A，再根据平分角A，利用，得到，然后利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，即，由余弦定理易得，又平分角A，．由，得，即，即，，当且仅当时等号成立，即的最小值为18．故选：D．6．A【分析】判断出函数的奇偶性和单调性，再利用其性质解不等式即可.【详解】的定义域为，因为，所以是奇函数，所以不等式可化为，因为在上均为增函数，所以在上为增函数，所以，解得.故选：A.7．A【分析】建立平面直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，用数量积的坐标运算.，转化为直线与圆有公共点求参数最值问题.【详解】因为，又，所以，所以，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系：  则，，设，则，，，所以，设，即，依题意直线与圆有公共点，所以，得，所以的最小值为.   故选：A8．C【分析】设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得出点，根据已知，得出点，即可根据两点得出直线的方程，根据直线与圆相交，列出不等式，结合椭圆离心率的运算解出不等式，即可得出答案.【详解】设直线的方程为：，由，解得，即点，设点，其中，由得：，得，故，则直线的方程为：，直线与圆相交，则，故，即，因为椭圆，则，即，故，即，又因为，则，故选：C.9．AB【分析】选项A、B，根据频率分布直方图的性质，面积代表频率，可得答案；选项C，根据频率分布直方图的中位数估计值的计算公式，可得答案；选项D，根据频率分布直方图的平均数估计值的计算公式，可得答案.【详解】由图可得样本在区间内的频数为，故A正确；年收入在300万元以内的企业频率为，故B正确；则中位数在之间，设为则，故C不正确；年收入平均数超过，D不正确.故选：AB.10．AC【分析】对A，利用中位线定理与平行线的传递性证得，从而得以判断；对B，利用线面平行的性质即可判断；对C，由向量法求线线角即可判断；对D，过点M作，证所求截面为矩形，即可求得面积，从而得以判断.【详解】对A，连接，如图，因为侧面是正方形，分别是的中点，所以是的中点，又点分别是的中点，所以，又，所以，所以四点共面，又面，所以四点共面，故A正确；  对B，连接，如图，易得，，所以四边形是平行四边形，则，假设直线与平面平行，又平面平面，平面，所以，则，显然矛盾，假设不成立，故B错误；对C，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，则，设异面直线与面所成角为，则，所以异面直线与面所成角的余弦值为，C正确；  对D，过点M作，因为，所以且，所以四边形为平行四边形，则五点共面，即过三点的平面截正方体所得图形为平行四边形，由题意可知，因为为正方体，所以平面，又平面，所以，所以平行四边形为矩形，则，故D错误.故选：AC..11．BD【解析】由题意可得，，且，然后由重要不等式可得答案.【详解】由题，，且，由，则，∴，故，当且仅当,即时，取等号.选项B正确；又，故选项D正确，故选：BD．【点睛】本题考查对数运算和利用重要不等式求最值，属于中档题.12．CD【分析】由图象平移得到函数解析式，求出正弦型函数的对称轴判断A，作出函数大致图象，根据条件可判断位置，据此可得出函数极大值与极小值的个数判断B，求出函数在轴右侧第5个和第6个零点，由求出范围判断D，再由图象知函数在上递增，利用范围可知，据此即可判断C.【详解】依题意得， ，如图：对于，令，得，所以的图象关于直线对称，故不正确；对于B，因为在上有且只有个零点，根据图象可知，，在有个极大值点，在有个或个极小值点，故B不正确；对于D，因为，所以，解得，所以D正确；对于C，因为，由图可知在上递增，因为，所以，所以在上单调递增，故C正确．故选：CD．13．【分析】求出展开式的通项，由题意可得的指数为整数，从而可得出答案.【详解】的展开式的通项为，要使第项为有理数，则，则可取，所以的展开式中第二个有理项为.故答案为：.14．/【分析】根据向量线性运算的几何表示可得，，然后利用共线向量的推论和向量不共线的性质即得.【详解】因为，，所以，，因为，所以又与交于点O，所以，另一方面，设，因为，所以，则，代入中，可解得，则.故答案为：.  15．          【分析】由于和都为等腰三角形，则取中点，连接，则二面角的平面角为，在中求解即可；由图可得，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，且球心为线段中点，求得球半径进而可得球的大圆面积．【详解】将正四面体放入正方体中，如图所示正四面体的棱长为1，则正方体的棱长为，取中点，连接，则二面角的平面角为，且为，，；由图可得，正四面体的外接球与正方体的外接球相同，且球心为线段中点，设球半径为，则，平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为故答案为：；【点睛】本题考查定义法解决两个平面所成的角问题，考查正四面体的外接球，考查学生空间想象能力，属于中档题．16．2【分析】根据零点的定义，等价转化为两个函数求交点，根据反函数的定义，结合对称性，可得答案.【详解】由，得， 函数与互为反函数，在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，如图所示，则，，由反函数性质知A，B关于对称，则，.故答案为：.17．(1)(2) 【分析】（1）将换为代入中化简，根据定义即可判断为等比数列，由首项公比写出通项公式即可；（2）由（1）中的通项公式求得，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可.【详解】（1）解：因为，所以，又，所以 ，所以 ，又，所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以；（2）由（1）知，，所以 ，所以，，两式相减可得：，所以 ，故.18．(1)(2)或 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化结合三角恒等变换化简，即可得到结果；（2）根据题意，由余弦定理，代入计算即可得到结果.【详解】（1）由于，有，即，即，且，，则，即，所以，由于，且，故.（2）由（1）知            当为锐角时，        当为钝角时， 19．(1)时，，证明见解析(2) 【分析】（1）将正四棱柱补全为，取为中点，连接，由平行四边形性质有，结合已知和△△即证明；（2）构建空间直角坐标，求平面与平面的法向量，应用空间向量求夹角的余弦值.【详解】（1）当时，，证明如下：将正四棱柱补全为，则均为正方形，又，所以底面边长为2，又且，所以分别为中点，取为中点，连接，则且，即为平行四边形，因为，又，，所以，所以△△，所以且，所以，所以，又，故.（2）由可知，（1）中补全正四棱柱为正方体，构建空间直角坐标，如下图，则，所以，设是平面的一个法向量，则，令，则；设是平面的一个法向量，则，令，则；所以，故所求角的余弦值为.20．(1)(2)(3)分布列见解析，40 【分析】（1）得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，然后按照古典概型的概率进行计算；（2）由条件概率的公式进行计算即可；（3）按求分布列的步骤进行计算，进而可得数学期望.【详解】（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，可能的结果共有：（种）三名顾客产生的反馈结果总共有：（种）则，∴购物中心得分为50分的概率为（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则，，（3）可能的取值为2、3、4、5、6，，23456∵，∴．21．(1)(2) 【分析】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，由且根为正数解出，得出抛物线的方程；（2）设直线的方程为，代入圆的方程中，消去，可得的纵坐标；设直线的方程为，代入抛物线方程，可得的纵坐标；将和的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．【详解】（1）由,得，即.由对称性可得关于的方程有两个相等的正的实数根，所以，且，解得，所以抛物线C的方程为.（2）由题意，知直线的斜率不为，故设直线的方程为，如图，设，，，.将直线的方程代入圆的方程中，消去，得，所以，所以，且.直线的方程为，代入抛物线方程，消去，得，解得或，所以.同理，得，所以，所以当时，取得最大值，为.22．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出的导数，对实数分类讨论求出的最小值，解不等式即可求解；（2）由函数有两个不同极值点、，可求出的取值范围，由已知得，取对数得，通过换元，，构造函数，讨论函数的单调性，确定的不等关系，再转化为、的关系即可证明．【详解】（1）由，得，当时，因为，不合题意；当时，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，要，只需，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，则由得所以，故实数取值的集合（2）由已知，则，因为函数有两个不同的极值点、，所以有两个不同零点，若时，则在上单调递增，在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；当时，由，得，令，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，且当时，，当时，，如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为、，且，且当或时，，则，当时，，则.综上所述，当时，函数有两个极值点；设，则，因为，所以，，则，取对数得，令，，则，即，令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，令，则，在上单调递增，又，所以当时，，即，因为，，在上单调递增，所以，所以，即，所以，故成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.