2023届江苏省常州市田家炳高级中学高三上学期期末热身练数学试题含答案

这是一份2023届江苏省常州市田家炳高级中学高三上学期期末热身练数学试题含答案，共20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。
2023届江苏省常州市田家炳高级中学高三上学期期末热身练数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式求得集合，由此求得.【详解】，，．故选：B2．已知复数，是方程的两个根，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据韦达定理，可得：，，代入进行求解即可．【详解】因为复数，是方程的两个根，所以，，所以．故选：C3．已知的展开式中所有项的系数之和为，则展开式中含的项的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】令可得展开式中所有项的系数之和求出，再利用展开式的通项公式即可求解．【详解】令可得展开式中所有项的系数之和为，故，又，即展开式的通项为，则展开式中含有的系数为．故选：C．4．在九章算术商功中将正四面形棱台体棱台的上、下底面均为正方形称为方亭在方亭中，，方亭的体积为，则侧面的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由棱台的体积求出棱台的高，过作，垂足为，连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形，且，，,，求出，再求出，利用梯形的面积公式，即可求出结果．【详解】设方亭的高为，因为，方亭的体积为，所以，解得，如图，过作，垂足为，连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形，且，，则，，因为侧面为等腰梯形，所以，所以侧面的面积为．故选: A．5．已知锐角，满足，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先利用二倍角公式以及同角关系化简已知条件，得到，的关系，代入两角差的正切公式，结合基本不等式即可求解．【详解】因为，所以，因为锐角，，所以，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值是．故选：D6．设函数，其中．若，的图象关于点中心对称，且的最小正周期大于，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意确定函数的周期，即可求得，再根据求出，即得的解析式，代入求值，即得答案.【详解】因为，的图象关于点中心对称，所以，得，因为的最小正周期大于，即，则，故，又，所以，所以，因为，所以，，所以，故选：A.7．已知正项数列是公差不为的等差数列，，，成等比数列若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设正项等差数列的公差为，且，由等比中项得，即，得，，即，求得．【详解】设正项等差数列的公差为，且，，成等比数列，，即，整理得，， ，，，即，即，，．故选：．8．已知函数的导函数为，且若，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用构造函数法，结合导数研究所构造函数的单调性，进而确定正确答案.【详解】设，则，因为恒成立，所以，所以在单调递增，则，，，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即，所以，即．故选：B 二、多选题9．下列结论中正确的是（    ）A．运用最小二乘法求得的回归直线必经过点B．若相关系数的值越接近于，表示与的相关程度就越强C．已知随机变量服从二项分布，则D．已知随机变量服从超几何分布，则【答案】ACD【分析】根据回归分析的含义判断A；根据相关系数的含义判断B；根据二项分布的均值的性质判断C；根据超几何分布的概率计算可判断D.【详解】A项，根据回归分析的意义可知，回归直线必经过样本点的中心，故A正确；B项，若相关系数的值越接近，表示与的相关程度就越强，故B错误；C项，若随机变量服从二项分布，则，，故C正确；对于D，随机变量服从超几何分布，则，故D正确，故选：ACD10．斐波那契数列是数学中的一个有趣的问题，它满足：，，人们在研究它的过程中获得了许多漂亮的结果某同学据此改编，研究如下问题：在数列中，，，数列的前项和为，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据数列的递推公式求出数列的前项，得出数列为从第四项起为周期数列，且周期为，再对各选项逐项判定，即可求出结果．【详解】因为，所以，，，，，所以数列从第四项起为周期数列，且周期为，所以，故A错误，BC正确；因为，所以，故D错误．故选: BC．11．已知，分别为双曲线的左、右焦点，圆是以双曲线的实轴为直径的圆，过作圆的切线与交于、两点若，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】根据在双曲线的两支或双曲线的一支进行分类讨论，结合圆的几何性质以及双曲线的定义，先求得，然后求得.【详解】双曲线，则，圆是以双曲线的实轴为直径的圆，则圆方程为，当直线与双曲线交于两支时，设过的切线与圆相切于点，则，，因为，所以，过点作于点，所以，因为为的中点，所以，，因为为锐角，所以，所以，所以．当直线与双曲线交于一支时，记切点为，连接，则，，过作于，则，所以，因为，所以为锐角，所以，所以，，所以，所以，解得，所以．综上，或．故选：AD．12．已知点是圆锥的顶点，四边形内接于的底面圆，，，，，均在球的表面上，若，，，，球的表面积是，则（    ）A． B．平面C．与的夹角的余弦值是 D．四棱锥的体积是【答案】ACD【分析】根据球的表面积公式，易得球的半径对于，因为，所以，结合余弦定理及已知条件可求得；对于，利用反证法即可判定；对于，由正弦定理可求得底面圆的直径，进而可求棱锥的高，从而可求，，再利用余弦定理求出与的夹角的余弦值；利用棱锥的体积公式即可求出四棱锥的体积，从而判断．【详解】设底面圆的半径为，球的半径为，已知球的表面积是，则，则，四边形内接于的底面圆，设，则，在中，由余弦定理可得，  ，在中，由余弦定理可得，  ，由可得，即，所以，代入可得，所以A正确；，在中，由正弦定理可得，则，设棱锥的高为，则，所以，即与重合，则，所以，则中，，，由余弦定理，，所以与的夹角的余弦值是，所以C正确；，所以D正确；对于选项B，假设平面，又有平面，平面平面，则，而四边形中，，，，显然不成立，故矛盾，所以平面不成立，所以B错误．故选：ACD． 三、填空题13．已知随机变量，若，则          ．【答案】【分析】根据随机变量 服从正态分布 ，看出这组数据对应的正态曲线的对称轴 ，根据正态曲线的特点，即可得到结果．【详解】随机变量 服从正态分布 ，对称轴是 ， ， ．故答案为 :．14．经过坐标原点的圆与圆相外切，则圆的标准方程可以是          写出一个满足题意的方程即可【答案】．（答案不唯一）【分析】根据题意易知圆过坐标原点，圆与圆的切点即为坐标原点，则圆的圆心在直线上，且其圆心在第一象限，可设圆的圆心坐标为，则可求得圆的半径，再根据圆的标准方程，即可求得结果．【详解】设经过坐标原点的圆圆心为，半径为，则圆方程：，圆经过原点，则，即，圆：可化为，则圆圆心为，半径，显然圆经过坐标原点，由题意，圆与圆相外切，则圆与圆的切点即为坐标原点，则圆的圆心在直线上，且圆心在第一象限，所以，可令，则圆的圆心为，则点到圆圆心的距离，即，则，则圆方程：，故答案为： 四、双空题15．声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数若一个声音的数学模型是函数，则的最小正周期是          ，的最大值是          ．【答案】          【分析】空一：利用三角函数的周期求解即可；空二：利用二倍角公式化简以后再求导，在一个周期内研究函数单调性即可求解．【详解】空一：的周期为，的周期为，的周期为空二：由函数，得，令，解得或，在函数的一个周期内，当时，，此时，单调递增当时，，此时，单调递减当时，，此时，单调递增，所以当或时，取到最大值，则． 五、填空题16．是抛物线准线为上一点，在抛物线上，的中点也在抛物线上，直线与交于点，则的最小值为          .【答案】6【分析】设，求出的中点坐标并代入抛物线方程，得出为方程的两个实数根，求出韦达定理，表示直线的方程，得出点坐标，再进一步计算的最小值.【详解】设，的中点坐标为，的中点坐标为，因都在抛物线上，则有，.则为方程的两个实数根，，直线与交于点，直线的方程为：，即，可得，令，解得，则，，当且仅当时取得最小值，最小值为6.故答案为：6. 六、解答题17．一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯卫生习惯分为良好和不够良好两类的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了例称为病例组，同时在未患该疾病的人群中随机调查了人称为对照组，得到如下数据：卫生习惯不够良好良好病例组对照组(1)能否有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异(2)为了进一步研究已患该疾病人群的情况，该医疗团队在该地已患该疾病的病例中随机抽取人进行调查根据上表数据估计，要保证抽取的人中至少含有一个卫生习惯不够良好的居民的概率超过，则至少抽取多少人附，【答案】(1)有的把握(2)至少抽取人 【分析】（1）完善列联表，求出与临界值表进行对比即可；（2）记抽取的人中至少含有一个卫生习惯不够良好的居民为事件，则，因为，计算即可．【详解】（1）因为，又因为，，所以有的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．（2）根据表中数据可估计，病例组中卫生习惯不够良好的居民的概率是，卫生习惯良好的居民的概率是．记抽取的人中至少含有一个卫生习惯不够良好的居民为事件，则，因为，所以，所以，所以至少抽取人．18．中，内角，，所对应的边分别为，，，且满足，B.(1)判断的形状(2)若点在上且，点与点在直线同侧，且，，求．【答案】(1)等腰直角三角形(2) 【分析】（1）由，可得角，利用正弦定理及两角和的正弦公式可得，即可判断的形状；（2）不妨设，，可得，，再利用两角和差的正切公式计算即可．【详解】解：因为，所以，所以．又因为，所以．在中，由正弦定理得，，又因为，所以，所以．又因为，所以，所以C.因为，所以，，所以的形状是等腰直角三角形．因为的形状是等腰直角三角形，所以不妨设，．因为，，所以，．在直角中，，所以．因为，，所以．19．已知是数列的前项和，且，数列是公差为的等差数列．(1)求数列的通项公式(2)记数列的前项和为，是否存在实数使得数列成等差数列，若存在，求出实数的值若不存在，说明理由．【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】（1）由等差数列通项公式得出，再由与的关系可得数列的通项公式.（2）由（1）的结论结合错位相减求出，先得出的前三项，由等差数列的性质得出方程解出，再检验即可．【详解】（1）因为，数列是公差为的等差数列，则，因此，当时，，则有，因此，即，数列是常数列，有，所以数列的通项公式．（2）由（1）知，，则，于是得，两式相减得：，因此，有，，，若数列成等差数列，则，解得，当时，，则，从而数列成等差数列，所以存在，使得数列成等差数列．20．如图，已知四边形为直角梯形，其中，，现将四边形沿着旋转至，使得平面平面．(1)证明：，，，四点共面(2)若，点在线段上，且，求平面与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由条件可得平面，以为坐标原点，以为基底建立空间直角坐标系，利用空间向量知识即可证明，，，四点共面；（2） 设平面的法向量为，设平面的一个法向量，求出向量、，计算即可求得平面与平面所成角的正弦值．【详解】（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面．以为坐标原点，以为基底建立如图所示的空间直角坐标系．设，则，，,所以，，所以，即，，，四点共面.（2）因为，点在线段上，且，所以．设平面的法向量为，因为，，所以，，令，则，，所以平面的一个法向量．设平面的一个法向量，因为，，所以，，令，则，，所以平面的一个法向量．设平面与平面所成夹角为，则，，所以，即平面与平面所成角的正弦值为．21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，上顶点为，右焦点为，连接并延长交椭圆于点椭圆．(1)若，，求椭圆的方程(2)若直线与直线的斜率之比是，求与的面积之比．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由和在椭圆上求出，即可.（2）求出直线BF的方程，并与椭圆方程联立求得点坐标，再由给定条件结合面积公式求解即可．【详解】（1）由，，得：，解得，又点在椭圆上，则，解得，所以椭圆的方程为．（2）依题意，令，直线，由，得，直线AB的斜率，直线AP的斜率，则，即，有，得，，于是得点，，， 所以与的面积之比是.22．已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)若存在两个零点，，求a的取值范围，并证明：.【答案】(1)答案见解析(2)，证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性；（2）首先根据函数的单调性，确定时，，再根据零点存在性定理，确定的取值范围；由函数零点可知，，并设，将转化为关于的函数，利用导数，即可证明.【详解】（1）因为函数的定义域为，，当时，，在上递增；当时，由得，，时，，递增；时，，递减.综上，当时，在上递增；当时，在上递增，在上递减.（2）由（1）知，且，解得， 当时，，所以在上存在唯一零点，记为；因为，所以，因为，设，，则，所以在上递减，所以，即，所以在上存在唯一零点，记为，因为a的取值范围是.  因为，令，则，得，所以，要证，只要证，只要证，设，，则，所以在上递增，所以，得证．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，关键是利用换元，转化，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题．