2023届江苏省常州市前黄高级中学高三考前攀登行动（一）数学试题含解析

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2023届江苏省常州市前黄高级中学高三考前攀登行动（一）数学试题

一、单选题
1．设集合，若，则集合C中的子集有（    ）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】由可知需满足，利用解方程组代入可得，即C中有2个元素.
【详解】由可得，集合C为集合A，B的公共元素，
需满足，即，
又，故或，解得或
此时集合有2个元素，
故集合C中的子集共有4个.
故选：C.
2．已知复数，则的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由可求得，再根据复数的除法运算可得，再根据虚部的定义即可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以的虚部为.
故选：C.
3．已知点是抛物线上的一点，，是抛物线的焦点，且，则的值为（    ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据抛物线标准方程可得，设出点的坐标利用向量的坐标运算即可计算出的值.
【详解】易知，由点在抛物线上，可设；
又，由可得
即，计算可得；
又，可得.
故选：D
4．从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先列基本事件，再列满足条件的基本事件，最后根据古典概型求解.

【详解】从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数可得基本事件为，10种情况，
若这三个数之积为偶数有，9种情况，
它们之和大于8共有 ，5种情况，
从1，2，3，4，5中随机选取三个不同的数，若这三个数之积为偶数，则它们之和大于8的概率为.
故选:D.
5．设是各项均为正数的等比数列，为其前项和.已知，，若存在使得的乘积最大，则的一个可能值是（    ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，所以解得或；
若时，可得，可得的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，可得的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，前项均为正数且大于等于，
所以存在，使得的乘积最大，综上，可得的一个可能值是.
故选：A.
6．如图所示是函数（均为正整数且互质）的图象，则（    ）

A．是奇数且
B．是偶数，是奇数，且
C．是偶数，是奇数，且
D．是奇数，且
【答案】B
【分析】由幂函数性质及时两图象的位置关系可知；由图象可知为偶函数，进而确定的特征.
【详解】由幂函数性质可知：与恒过点，即在第一象限的交点为，
当时，，则；
又图象关于轴对称，为偶函数，，
又互质，为偶数，为奇数.
故选：B.
7．已知是平面向量，其中是单位向量．若非零向量与的夹角是，向量满足，则的最小值是（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.
【详解】以向量的起点为原点，以为的正方向，建立平面直角坐标系，则，
设，
则由得，
所以
由得，
所以点在直线上，点在圆，
又，
所以等于点到点的距离，
圆的圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相离，
因此的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，即
故选：A.
8．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（     ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.
【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:

则由
可得,
,是的两个三等分点
则
所以
设平面的法向量为
则,代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足

设二面角的法向量为

则代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足

由二面角的范围可知
结合余弦函数的图像与性质可知
即
化简可得,且
所以
所以的最大值是
故选:B
【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.

二、多选题
9．在平面直角坐标系中，定义为两点之间的“曼哈顿距离”，则下列说法正确的是（    ）
A．若点在线段上，则有
B．若、、是三角形的三个顶点，则有
C．若为坐标原点，点在直线上，则的最小值为
D．若为坐标原点，点满足，则所形成图形的面积为
【答案】AD
【分析】根据定义结合绝对值三角不等式分别判断各选项.
【详解】A选项：若点在线段上，设点，，则在，之间，在，之间，则，故A正确；
B选项：在中， ，故B错误；
C选项：设，则，即的最小值为，C选项错误；
D选项：由，则点的轨迹如图所示，面积为，D选项正确.
故选：AD.
  
10．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（    ）
A．
B．设，则的个位数字是6
C．已知，则等式对任意正整数，都成立
D．等式对任意正整数都成立
【答案】ACD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：，A正确；
对B：∵，
则，
故，
∵其个位数字是0，
故的个位数字是9，B错误；
对C：若，则，C正确；
对D：∵的展开式为，
∴，
故展开式的的系数为，
又∵，则，
同理可得：的展开式为，
即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选：ACD.
11．如图，棱长为的正方体的内切球为球分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列结论成立的有（    ）

A．存在点使垂直于平面
B．对于任意点平面
C．直线的被球截得的弦长为
D．过直线的平面截球所得的所有圆中，半径最小的圆的面积为
【答案】ACD
【分析】A.当点为中点时，证明平面；B.当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立；C. 点是线段的中点，利用弦长公式求弦长；D. 当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用C的结果求圆的面积.
【详解】当为中点时，， ，平面，

平面平面，平面，，同理，，
所以平面，即平面，故A正确；
当与重合时，在平面上，在平面外，故B不正确;
如图，点是线段的中点，由对称性可知，由勾股定理可知易知 球心到距离为，
则被球截得的弦长为

故C正确;
当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，面积为，故D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，C选项的关键是利用的长度，计算，再利用球的弦长公式计算弦长.
12．已知，则（    ）
A．   B．   C．   D．  
【答案】ABC
【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.
【详解】由题意，，得 ，
，，∴，∴，A对；
，令，即有，
令，
在上递减，在上递增，
因为 ，∴，
作出函数以及 大致图象如图：

则，∴，结合图象则，
∴，∴，B对；
结合以上分析以及图象可得，∴，
且 ，
∴，C对；
由C的分析可知，，
在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；
故选：ABC．
【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.

三、填空题
13．平面内有四条平行线，相邻两条间距为1，每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的最小值是__________．
【答案】4
【分析】在平行线找到能够成矩形的四点，设角并表示出边长，由矩形面积公式和三角函数性质求最值，注意等号成立条件即可.
【详解】如图为矩形，令，则，

所以，仅当时等号成立，故面积的最小值是4.
故答案为：4
14．设函数，非空集合.若集合，且，则的值是______.
【答案】0
【分析】根据集合，即可得出,从而求出的值.
【详解】因为，且，
即任意,都有，
,，
，即
，
，
故答案为：0．
15．设双曲线的中心为O，右焦点为F，点B满足．若在的右支上存在一点A，使得且，则离心率的取值范围为___________．
【答案】
【详解】在平面直角坐标系中考虑问题．
不妨设A在第一象限．A是以O为圆心，为半径的圆与的交点．
设的左焦点为X，则
，
，
即．
在上取一点C，使，则．
由双曲线的定义知（a是实半轴长），即
（c是半焦距）．
代入，得．解得．
故答案为：

16．两个数列､满足，，，（其中），则的通项公式为___________.
【答案】
【分析】依题意可得，即，即可得到的特征方程为，求出方程的根，则设数列的通项公式为，根据、得到方程组，求出，即可得到的通项公式；
【详解】解：因为，，
所以，
所以，即，所以的特征方程为，解得特征根或，
所以可设数列的通项公式为，因为，，
所以，所以，解得，
所以，所以；
故答案为：

四、解答题
17．已知圆，直线，当时，直线l与圆O恰好相切．
(1)求圆O的方程；
(2)若直线l上存在距离为2的两点M，N，在圆O上存在一点P，使得，求实数k的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径可求解.
（2）分直线l与圆有公共点和无公共点两种情况讨论，再结合，则点P在以MN为直径的圆上，由两圆有公共点即可求解.
【详解】（1）当时．圆心O到直线l的距离为，则r＝2，
所以圆O的方程为．
（2）圆心O到直线l的距离
①当直线l与圆O有公共点，即，解得，
若点P与点M（或N）重合，则满足，符合题意．
②当直线l与圆O无公共点，即，解得或，
由，可知点P在以MN为直径的圆上，设线段MN的中点为，
则圆Q的方程为，
又圆Q与圆O有公共点，设圆Q的半径 ，圆O的半径，
则，
只需点O到直线l的距离，
所以或．
综上，实数k的取值范围为．
18．已知函数．
(1)若，，求的对称中心；
(2)已知，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（且）上恰好有10个零点，求的最小值；
(3)已知函数，在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)或;
(2);
(3).

【分析】（1）由，可求得函数的最小正周期，进而确定参数的值，再由整体代换即可求得对称中心；（2）由三角函数的平移变换求得的解析式，再由零点的定义确定参数的值，结合图象可得的最小值；（3）将所给条件转化为和的值域的包含关系，即可求得参数的取值范围．
【详解】（1）∵的最小正周期为，
又∵，，∴的最小正周期是，
故，解得，
当时，，由，的对称中心为；
当时，，由，的对称中心为；
综上所述，的对称中心为或.
（2）∵函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，
∴.
又∵是的一个零点，
，即，
∴或，
解得或，
由可得
∴，最小正周期.
令，则
即或，解得或，；
若函数在（且）上恰好有10个零点，故
要使最小，须、恰好为的零点，故.
（3）由（2）知，对任意，存在，使得成立，则，
当时，，
当时，，
由可得，解得，
故实数的取值范围为.
【点睛】本题第（3）小问为不等式的恒成立问题，解决方法如下：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集．
19．如图，在三棱台ABC—中，，平面平面.
  
(1)证明：平面；
(2)若二面角的大小是，求侧面与底面所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在等腰梯形中，作，利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理得到，最后利用线面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，设，写出相应点的坐标，求出平面与平面的法向量，利用二面角的大小是求出，从而利用向量法求解二面角的余弦值，利用同角关系求出正弦值.
【详解】（1），
在等腰梯形中，作，则，
在中，，所以，，
在中，，解得，
所以，即，
由平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面.

（2）如图，在平面内，过点作，以为原点，
以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
  
设，则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
易知平面的一个法向量为，
则，解得，
即，则平面的法向量为，
易知平面的一个法向量为，
则，
设侧面与底面所成二面角的平面角为，
则，
所以侧面与底面所成二面角的正弦值为.
20．在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”.如数列1，2第1次“和扩充”后得到数列1，3，2，第2次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2.设数列a，b，c经过第n次“和扩充”后所得数列的项数记为，所有项的和记为.
(1)若，求，；
(2)设满足的n的最小值为，求及（其中[x]是指不超过x的最大整数，如，）；
【答案】(1)，；
(2)，；

【分析】（1）根据数列的一次“和扩充”，即可列举出数列求解.
（2）根据第次“和扩充”后增加的项数，与经“和扩充”后的项数为，构造等比数列即可求解，结合“和扩充”，即可列举出数列求解.
【详解】（1）数列1，2，3，经第1次“和扩充”后得到数列为1，3，2，5，3，
数列1，2，3，经第2次“和扩充”后得到数列为1，4，3，5，2，7，5，8，3，
所以，；
（2）数列经每1次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项，
由数列经“和扩充”后的项数为，
则经第次“和扩充”后增加的项数为，
所以，所以，
由（1）得，是首项为4，公比为2的等比数列，
所以，所以，
由，即，解得，所以满足的n的最小值为10，故，所以，
数列a，b，c经过第1次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第2次“和扩充”后得到数列，且，
数列a，b，c经过第3次“和扩充”后得到数列
，且，
即；
21．中日围棋擂台赛是由中国围棋队与日本围棋队各派若干名棋手，以擂台制形式举行的围棋团体赛.这是中国和国外开设的最早的围棋对抗赛，由中国围棋协会、日本棋院和中国《新体育》杂志社联合举办，日本电器公司（NEC）赞助，因此也称NEC杯中日围棋擂台赛.该赛事从1984年开始至1996年停办，共进行了11届，结果中国队以7比4的总比分获胜.该赛事对中国围棋甚至世界围棋发展产生了很大影响，被认为是现代围棋最成功的比赛之一.中日围棋擂台赛由中日双方各派同样数量的若干名棋手组成队伍，两队各设一名主帅，采用打擂台的形式，决出最后的胜负.比赛事先排定棋手的上场顺序（主帅最后上场），按顺序对局，胜者坐擂，负方依次派遣棋手打擂，直至一方“主帅”被击败为止.设中、日两国围棋队各有名队员，按事先排好的顺序进行擂台赛，中国队的名队员按出场的先后顺序记为；日本队的名队员按出场的先后顺序记为.假设胜的概率为（为常数）.
(1)当时，若每个队员实力相当，求中国队有四名队员被淘汰且最后战胜日本队的概率；
(2)记中国队被淘汰人且中国队获得擂台赛胜利的概率为，求的表达式；
(3)写出中国队获得擂台赛胜利的概率的表达式（不用说明理由）.
【答案】(1)；
(2)；
(3).

【分析】（1）方法1，列举出中国队的出场且获得胜利的所有结果，再求出每种结果的概率并借助互斥事件概率的加法公式求解作答；方法二，求出出场的结果种数，再利用独立重复试验的概率公式求解作答.
（2）根据给定条件，利用独立重复试验的概率公式列式作答.
（3）利用（2）的结论，结合互斥事件的加法公式求解作答.
【详解】（1）方法一：由于每个队员实力相当，则每场比赛胜的概率均为，
列举出中国队的出场且获得胜利的所有对阵形式，共分五种情况：
①负于，只有一种情况，获胜的概率为；
②负于，此前共淘汰4人，及，共进行4场比赛，而日本队负1场，有种情况，获胜的概率为；
③负于，此前共进行5场比赛，日本队负2场，共有种情况，获胜的概率为；
④负于，此前共进行6场比赛，日本队负3场，共有种情况，获胜的概率为；
⑤负于，此前共进行7场比赛，日本队负4场，共有种情况，获胜的概率为，
这五种情况是互斥的，所以所求事件的概率为：.
方法二：由于两队的实力相当，则可认为与（）比赛时，获胜的概率为，
而每进行一场比赛淘汰一人，中国队的出场且获得胜利，就有9人被淘汰，则共进行了9场比赛，
且最后一场是中国队胜，在此之前的8场比赛中，中国队必胜4场，负4场（若胜5场，则不必出场），
所以所求事件的概率为.
（2）中国队被淘汰人且中国队获得擂台赛胜利，则共进行了场比赛，
前场比赛中，中国队被淘汰了人，负了场，
所以.
（3）中国队获得擂台赛胜利的事件是胜的个互斥事件的和，
由（2）知，胜的概率为，
所以中国队获得擂台赛胜利的概率.
22．已知函数（e是自然对数的底数）．
(1)当时，试判断在上极值点的个数；
(2)当时，求证：对任意，．
【答案】(1)在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，结合零点存在定理，判断函数的单调性，求得答案；
（2）求出函数的导数，构造函数，判断其正负情况，确定函数单调性，进而确定函数的最小值，故可将原问题转化为对任意，，再构造函数，利用其单调性即可证明结论.
【详解】（1）当时，,
则 ，
设，则 在上是增函数，
当 时，，，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
所以在上只有一个极值点，即唯一极小值点；
（2）证明：由，
设，则 在上是增函数，
当 时，，因为，所以，
所以存在 ，使得，
当时，，则，即在上单调递减，
当时，，则，即在上单调递增，
故 是函数的极小值点，也是最小值点，
则 ，
又因为，所以，
即证：对任意，，
即证：对任意，，
设，则在上单调递减，
因为，所以 ，
故，
故对任意，.
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的极值点的个数以及证明不等式成立的问题，综合性较强，要能熟练求导，利用导数判断函数的单调性以及求函数最值，解答的关键是根据函数或导数的特点，构造函数，进而结合零点存在定理判断导数正负，求得函数的最值，利用函数最值进而证明不等式成立.