2023届江苏省前黄中学、姜堰中学、如东中学、沭阳中学高三下学期4月联考数学试题含答案

这是一份2023届江苏省前黄中学、姜堰中学、如东中学、沭阳中学高三下学期4月联考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省前黄中学、姜堰中学、如东中学、沭阳中学高三下学期4月联考数学试题 一、单选题1．已知，，（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的表达形式即可得出答案.【详解】由题知，的代表元素是点，的代表元素是实数，两者没有交集.故选：D2．若复数满足,则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合复数的除法运算以及模长公式即可求出结果.【详解】因为,所以,则,故选:B.3．如图所示，某学生社团在公园内测量某建筑的高度，为该建筑顶部.在处测得仰角，当沿一固定方向前进60米到达处时测得仰角，再继续前进30米到达处时测得仰角，已知该建筑底部A和、、在同一水平面上，则该建筑高度为（    ）  A． B． C．45 D．90【答案】D【分析】解直角三角形求得AE分别与AD，AC，AB的关系，再余弦定理解和即可.【详解】设，由题意知，所以，同理，即.在和中，.    由余弦定理可得：，即，解得.故选：D4．某校高中计划举办足球比赛，每个年级有两队，把全校6个队分为甲、乙两组，每组3队，则每个年级的队都不在同一组的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概率和组合数计算即可得到答案.【详解】首先计算出总事件数为种，而每个年级的队都不在同一组的情况数为种，故概率，故选：B.5．已知平面向量，，均为单位向量，且，的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由平面向量，，均为单位向量，且，根据向量的减法的几何意义，可判定，与构成等边三角形，，向量夹角为，再化简原式即可求解.【详解】由平面向量，，均为单位向量，且，根据向量的减法的几何意义，可判定，与构成等边三角形，所以，向量夹角为，,所以当与同向时，原式取到最小值；当与反向时，原式取到最大值4.故选：C.6．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（    ）A． B．C．为偶函数 D．的图象关于对称【答案】C【分析】根据为奇函数，为偶函数，求出函数的周期，并结合求出a，b的值，即可判断A；由的周期可求出即可判断B；为偶函数得，结合的周期即可判断C；由即可判断D.【详解】为奇函数，，令，则；用替换，则，又为偶函数，，令，则；用替换，则，，用替换，则，，则的一个周期为4，由，解得，故A错误；，故B错误；由，得，得为偶函数，故C正确；时，，，不关于对称，故D错误，故选：C.7．设点、分别为椭圆：的左右焦点，点，在椭圆上，若，，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量关系得出线段关系，结合椭圆的定义与余弦定理计算即可.【详解】  由题意可知，，设，则，则,，∴在中，由余弦定理得.故选：A8．若关于的不等式对任意的恒成立，则整数的最大值为（    ）A． B．0 C．1 D．3【答案】B【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得.【详解】因为对于任意恒成立，等价于对于任意恒成立，令，，则，令，，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，又，，，所以在有且仅有一个根，满足，即，当时，，即，函数单调递减，时，，即，函数单调递增，所以，由对勾函数可知，即，因为，即，，，所以，当时，不等式为，因为，不合题意；所以整数的最大值为0.故选：B【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则（1）恒成立：；；（2）能成立：；. 二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．一组数据5、7、9、11、12、14、15、16、18、20的第80百分位数为17B．若随机变量，且，则C．若随机变量，则方差D．若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数，则平均数和方差都会发生变化【答案】ABC【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用二项分布的方差公式可判断C选项；利用方差和期望的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，该组数据共个数，且，因此，该组数据的第百分位数为，A对；对于B选项，若随机变量，且，则，B对；对于C选项，若随机变量，则，C对；对于D选项，在随机变量的每个样本数据上都加个正数，则得到的新数据对应的随机变量为，由期望和方差的性质可得，，因此，若将一组数据中的每个数都加上一个相同的正数，则平均数会改变，但方差不变，D错.故选：ABC.10．数列满足，，，为数列的前项和，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】由，，得数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，由此求解.【详解】由，,得数列的奇数项和偶数项分别构成公比为的等比数列，且首项分别为，故，故选项A正确；，故B选项错误；对于C中，奇数项通项公式为，偶数项通项公式为，当为奇数时，奇数项有项，偶数项有项所以，当为偶数时，奇数项偶数项各有项，，所以C选项正确；对于D中，奇数项通项公式为，偶数项通项公式为，当为奇数时，为偶数，，当为偶数时，为奇数，，所以，所以D选项正确.故选：ACD.11．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的（）倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则函数的周期可以是（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用三角函数平移问题得到，根据函数在上没有零点，判断的取值范围，进而确定周期的范围，得出答案.【详解】向右平移个单位，得到的图像，再把图象的横坐标变为原来的（），纵坐标不变，得函数，即，因为在上没有零点，所以首先满足，即，，令，即，所以，则或，所以或，综上，或，所以或，或，即或.故选：BD12．若函数在其图象上存在不同的两点，，其坐标满足条件：的最大值为0，则称为“柯西函数”，则下列函数中是“柯西函数”的为（    ）A．（） B．（）C． D．【答案】CD【分析】利用向量数量积的坐标表示将问题转化为过原点的直线与函数至少有两个不同交点，一一判断即可.【详解】结合题意可知=，即，当且仅当即或时取得等号，即的最大值为0，故“柯西函数”为与过原点的直线至少有两个不同交点的函数.设，对于A，，设，即在上单调递减，不符合题意，故A错误；对于B，，设，即在上单调递增，不符合题意，故B错误；对于C，设，令，即在上单调递增，在上单调递减，，，，故当时，符合题意，故C正确；对于D，设，即在R上单调递减，而，故恒成立，故结合图象可得当时，有至少两个交点，符合题意，故D正确；故选：CD. 三、解答题13．已知函数（）.(1)当时，求函数的单调区间；(2)已知，若时，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)增区间为，减区间为和；(2) 【分析】（1）求导函数，解不等式即可得单调区间；（2）对式子化简，把恒成立问题转化为恒成立，然后构造函数，求导研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解.【详解】（1）当时，，则，令，得，令，得或，所以函数的增区间为，减区间为和；（2）依题意，当时，恒成立，即恒成立，即时，恒成立，取代入，则，此时，取代入，则，此时，所以.下面证明，当时，恒成立，构造函数，，也即是证明在区间上恒成立.下面分两种情形进行讨论：情形一：当时，有，此时：，由于，，，，，所以，即．情形二，当时，，此时，设，则，当时，，此时，所以在上递减，所以．当时，，，递增，所以，所以此时，在上递增，所以，所以当时，.结合情形一和情形二得到：当时，对任意，都有，综上所述，的取值范围是.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.14．小徐同学在平面直角坐标系画了一系列直线（）和以点为圆心，为半径的圆，如图所示，他发现这些直线和对应同一值的圆的交点形成的轨迹很熟悉．  (1)求上述交点的轨迹的方程；(2)过点作直线交此轨迹于、两点，点在第一象限，且，轨迹上一点在直线的左侧，求三角形面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先设交点的坐标，再根据已知列方程组，消参即可得轨迹方程；（2）先设直线的方程，再和抛物线联立方程组得两根和及两根积，最后结合向量关系及面积公式求解即可.【详解】（1）设交点为（2）  设直线为，，，，，，，，，，直线：，设点，点到直线的距离为所以15．在中，角、、的对边分别为、、，若．(1)求证：；(2)若，点为边上一点，，，求边长．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由可换成正弦值相等，利用三角恒等变换、正余弦定理求解.（2）已知，可求出的值，再由（1）可求出，再由正余弦定理可解三角形.【详解】（1），，或当时，，，即，综上（2），，，，，设，，，，在中：，16．已知数列的前项和为.(1)求数列的通项公式;(2)若对一切正整数.不等式恒成立.求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系得到,即,再利用等差数列的通项公式求解即可;（2）根据（1）的结论得到对一切正整数恒成立,分离参数转化为求解数列最小值问题.令,设当时,最大,列不等式组求解即可.【详解】（1）当时,,得,当时,,整理得,等式两边同除得,则数列是以为首项,为公差的等差数列,所以,则.（2）不等式对一切正整数恒成立,即对一切正整数恒成立.令,设当时,最大,则,解得,因为,所以,又,则,即的最小值为.17．在三棱柱中，侧面，为棱的中点，三角形为等边三角形，，．  (1)求证：面面；(2)求二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直判定定理和面面垂直判定定理证明即可；（2）应用空间向量法求二面角余弦值即可.【详解】（1）面，，三棱柱中，，，又为的中点，三角形为等边三角形，，，在三角形中，在三角形中，，，又，，面，面，面，面,所以面面（2）  以点为原点，、分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，因为侧面，,侧面平面，,,，面，面，面，面的法向量为，设面的法向量为，，所以设二面角的平面角为为锐角，18．博鳌亚洲论坛年会员大会于月日在海南博鳌举办，大会组织者对招募的名服务志愿者培训后，组织了一次知识竞赛，将所得成绩制成如下频率分布直方图（假定每个分数段内的成绩均匀分布），组织者计划对成绩前名的参赛者进行奖励．  (1)试确定受奖励的分数线；(2)从受奖励的以下和的人中采取分层抽样的方法从中选人在主会场服务，组织者又从这人中任选人为贵宾服务，记其中成绩在分以上（含分）的人数为，求的分布列与数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望 【分析】（1）根据频率分布直方图首先确定奖励分数线所在区间，从而构造方程求得结果；（2）根据分层抽样原则确定人中，分数在分以下和分以上（含分）的人数，从而得到所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望公式可计算得到期望值.【详解】（1）由频率分布直方图知，竞赛成绩在分的人数为；竞赛成绩在的人数为，受奖励分数线在之间；设受奖励分数线为，则，解得：，受奖励分数线为．（2）由（1）知：受奖励的人中，分数在分的人数为，则分数在分以下的人数为；从受奖励的人中分层抽样选人在主会场服务，其中分数在分以下的有人，分数在的有人，人中成绩在分以上（含分）的人数的可能取值为，；；；；；的分布列为：数学期望为. 四、填空题19．在四面体中，，，，、分别为、的中点．若用一个与直线垂直且与四面体各面均相交的平面去截该四面体，则得到的多边形截面面积的最大值为______．【答案】10【分析】根据题意，将四面体补形为长方体，然后即可得到截面，再结合基本不等式即可得到截面积的最大值.【详解】  由题意，将四面体补成一个长方体，设长方体的长宽高分别为，则，解得，则，由已知条件可得，，由于，所以可得截面为平行四边形，由，可得，由，可得，所以，所以可得，设异面直线与所成角为，则，在中，由余弦定理可得，所以，则，当且仅当时，取等号.所以多边形截面的最大面积为.故答案为：.20．在平面直角坐标系中，已知圆：，圆：，动点在直线上，过点分别作圆，的切线，切点分别为，，若满足的点有且只有个，则实数的值是______．【答案】或【分析】分别求出两圆圆心和半径，利用，，可求点轨迹方程，又在直线上，结合圆心到直线的距离等于半径可求的值.【详解】由题意圆：，则圆心，，圆：，则圆心，，设，若，，，则，，，即，圆心坐标为，半径为，动点在直线上，有且只有个点满足，直线与圆相切，圆心到直线的距离，或，即实数的值为或故答案为：或21．三次函数在其对称中心处的切线的斜截式方程为______．【答案】【分析】由的对称中心是，可得，根据，设关于对称点为，得出，即可得出，再利用切线方程的求解方法求解即可.【详解】因为的对称中心是，所以，，又，设关于对称点为，则，，，，所以在图像上，则，，由，解得，，，，则切线方程为，.故答案为：22．已知的二项展开式的各项系数和为32，则二项展开式中的系数为______．【答案】10【分析】由二项展开式的各项系数和为32，求出，用通项公式求解即可.【详解】因为的二项展开式的各项系数和为32，令得：，解得，所以.通项公式为：，令，得：，所以的系数为：.故答案为：10