2023届江苏省盐城中学高三上学期开学质量检测数学试题含解析

这是一份2023届江苏省盐城中学高三上学期开学质量检测数学试题含解析，共21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届江苏省盐城中学高三上学期开学质量检测数学试题

一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先解分式不等式，化简集合，再由，即可列出不等式求出结果.
【详解】因为，
又，，
所以，解得.
故选：B.
【点睛】本题主要考查由集合的包含关系求参数，涉及分式不等式的解法，属于基础题型.
2．已知为虚数单位，则复数等于（     ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数的除法运算算出答案即可.
【详解】
故选：C
3．函数的最小正周期和最大值分别是（       ）
A．和 B．和2 C．和 D．和2
【答案】C
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值.
【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
4．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（       ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【分析】由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案
【详解】原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，
由题意得，即，
整理得，∴，
∵，，∴，∴，解得，即.
当时，均不为整数，只有当时，符合题意，
∴，故现在有17个车站.
故选：C.
5．已知数列的前项和为，且().记，为数列的前项和，则使成立的最小正整数为（       ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】根据之间的关系证明为等比数列，然后再证明也是等比数列，由此求解出.根据不等式结合指数函数单调性求解出的取值范围，从而确定出的最小整数值.
【详解】解析：由，可知，
∴，即.
时，，∴，∴，∴，
∴数列是以1为首项，以为公比的等比数列.
∴.又，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列.
∴.
又，∴，即，
∴.又，∴的最小值为7.
故选：C.
6．已知是椭圆的左右焦点，点是过原点且倾斜角为的直线与椭圆的一个交点，且，则椭圆的离心率为（     ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由分析可得出△为直角三角形，再结合条件及椭圆定义得到即得.
【详解】
不妨设M在第一象限，由，两边平方后化简得：
，所以.
在Rt△中，
∵，
∴，
由椭圆定义可知：
所以离心率.
故选：C.
7．已知函数，则不等式f(x)＋f(2x－1)＞0的解集是（       ）
A．(1，＋∞） B． C． D．(－∞，1)
【答案】B
【分析】先分析出的奇偶性，再得出的单调性，由单调性结合奇偶性可解不等式.
【详解】的定义域满足，由，
所以在上恒成立. 所以的定义域为

则

所以，即为奇函数.
设，由上可知为奇函数.
当时，，均为增函数，则在上为增函数.
所以在上为增函数.
又为奇函数，则在上为增函数，且
所以在上为增函数.
又在上为增函数，在上为减函数
所以在上为增函数，故在上为增函数
由不等式，即
所以，则
故选：B
8．已知四面体的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】若为中点，连接，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面面，结合已知条件有△为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，若为中点，连接，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值.
【详解】若为中点，连接，由为等边三角形，则，又，且，

∴面，又面，即，
由题设，，，而，
∴，即，又，面，
∴面，而面，则面面，
由上可得：，则，故△为等腰直角三角形，
∴综上，四面体的球心为△的中心，即靠近的三等分点，
若为中点，连接，易知：即为二面角的平面角，
由上、且，面，可得面，
又面，则，即，
∴，而，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据线线垂直、勾股定理，结合线面、面面垂直的判定证面面且△为等腰直角三角形，即可确定四面体球心的位置，再由二面角的定义找到其平面角，最后由已知条件求其正切值即可.

二、多选题
9．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（       ）
A． B．在单调递增
C．的图象关于对称 D．在上的最大值是1
【答案】AC
【分析】由周期求出，由图象变换求得的解析式并化简，然后由正弦函数的性质判断各选项．
【详解】由题意，，所以，
，，
，A正确；
时，，递增，递减，B错；
是最大值，C正确；
时，，的最小值是，的最大值是，D错；
故选：AC．
10．若实数x，y满足，，，则（       ）
A．且 B．m的最大值为
C．n的最小值为7 D．
【答案】ABD
【分析】根据指数函数的性质判断A，利用基本不等式判断B、C，根据指数幂的运算判断D；
【详解】解：因为，若，则，又，显然不成立，即，
同理可得，所以，即且，故A正确；
又，即，
所以，当且仅当，即，时取等号，即的最大值为，故B正确；
又
，
当且仅当，即，时取等号，故C错误；
对于D：，
因为，所以，即，即，
即，因为，所以，即，故D正确；
故选：ABD
11．已知正方体的棱长为，为棱上的动点，平面过点且与平面平行，则（       ）

A．
B．三棱锥的体积为定值
C．与平面所成的角可以是
D．平面与底面和侧面的交线长之和为
【答案】AB
【分析】由、可证得平面，由线面垂直的性质可证得A正确；由线面平行的判定可知平面，知点到平面的距离为，由棱锥体积公式可知B正确；以为坐标原点可建立空间直角坐标系，假设线面角为，利用线面角的向量求法可构造方程，由方程无解知C错误；将底面和侧面展开到同一平面，可得交线的轨迹，由平行关系可知，知D错误.
【详解】对于A，四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面；
平面，，A正确；
对于B，，平面，平面，平面，
又，点到平面的距离即为，
，B正确；
对于C，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
设，则，
；
若与平面所成的角为，则，方程无解，
与平面所成的角不能为，C错误；
对于D，设平面与底面和侧面的交线分别为，则，，
将底面和侧面沿展开到同一平面，则三点共线且，

，D错误.
故选：AB.
12．已知点为抛物线的焦点，直线过点交抛物线于，两点，.设为坐标原点，，直线与轴分别交于两点，则以下选项正确的是（       ）
A．
B．若，则
C．若，则面积的最小值为
D．四点共圆
【答案】ACD
【分析】由抛物线焦半径公式可直接构造方程求得，知A正确；设，与抛物线方程联立可得，由向量数量积的坐标运算可知B错误；由可知C正确；表示出直线方程后，可求得点坐标，进而得到，知，同理可得，由此可知D正确.
【详解】
对于A，由抛物线焦半径公式得：，解得：，A正确；
对于B，由题意知：直线斜率存在，设，
由得：，；
由得：，则，
，B错误；
对于C，若，则，不妨设，
则（当且仅当时取等号），即面积的最小值为，C正确；
对于D，直线的斜率为，
直线的方程为，令得：，
点的横坐标为，即，
则直线的斜率，，，
同理可得：，四点共圆，D正确．
故选：ACD．
【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用的问题，本题D选项中，证明四点共圆的基本思路是能够通过说明两条直线斜率乘积为，得到两条直线互相垂直，进而得到四边形对角互补，得到四点共圆.

三、填空题
13．已知.若，则___________；
【答案】
【分析】求出展开式的通项，从而求得；
【详解】因为
其中展开式的通项为，令，
则，令，则，
所以展开式中项为，
故，
故答案为：
14．已知函数则函数的所有零点之和为___________.
【答案】
【分析】利用分段函数，分类讨论，即可求出函数的所有零点，从而得解．
【详解】解：时，，，由，可得或，或；
时，，，由，可得或，或；
函数的所有零点为，，，，所以所有零点的和为
故答案为：．
15．平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：(x－4)2＋(y－8)2＝1，圆C2：(x－6)2＋(y＋6)2＝9，若圆心在x轴上的圆C同时平分圆C1和圆C2的圆周，则圆C的方程是________．
【答案】
【分析】由题知圆C与圆的公共弦是圆的直径，圆C与圆的公共弦是圆的直径，进而设圆C的圆心为，半径为得，再结合距离公式解方程即可得答案.
【详解】解：圆C平分圆C1等价于圆C与圆的公共弦是圆的直径．
同理圆C与圆的公共弦是圆的直径
设圆C的圆心为，半径为，则，
所以，即，解得
所以圆C的方程为．
故答案为：
16．对任意，不等式恒成立，则正实数m的取值范围为______.
【答案】或
【分析】将不等式右边通分后再分类讨论，当时，通过构造函数并研究其单调性来解决不等式问题.
【详解】由，有.
当时，不等式显然成立，
又，所以，即时不等式恒成立，
又为正实数，所以；
当时，令，则，
即有，
令，易知在上单调递增，
所以，即，
所以，即，
所以，解得或（为正实数）.
综上可知：或.
故答案为：或

四、解答题
17．在①，②，③这三个条件中选一个，补充在下面问题中，并解答．已知中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________．
(1)求B
(2)若，的平分线交AC于点D，且，求的面积．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）若选条件①，先用正弦定理将角转化为边的关系，再利用余弦定理即可；若选条件②，先用余弦定理将边转化为角的关系，再利用正弦定理即可；若选条件③，先用三角形的内角之和为，再利用正弦定理即可；
（2）利用角平分线的性质得到，结合余弦定理和三角形的面积公式即可
【详解】(1)选择条件①：
根据正弦定理，可得：
可得：
根据余弦定理，可得：

选择条件②：
根据余弦定理，可得：
根据正弦定理，可得：
整理可得：                    
可得：

选择条件③：
易知：
可得：
根据正弦定理，可得：             
可得：
整理可得：

(2)根据题意，可得：
可得：
整理可得：
根据余弦定理，可得：
可得：，即
可得：
解得：或（舍）
故
18．已知各项均为正数的数列的前项和为.
(1)求证；数列是等差数列，并求的通项公式；
(2)若表示不超过的最大整数，如，求的值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)

【分析】（1）用 替换给定关系中的，求出，由此求出进而求出.
（2）对适当放大为，再利用裂项相消法求其前项和，再确定这个和所在区间即可得解.
【详解】(1)因为，所以当时，，即，而，有，所以
所以数列是以为首项，公差为1的等差数列；
，则
当时，，又满足上式，
所以的通项公式为.
(2)，当时，，
故，
当时，，所以对任意的，都有，
又，所以.所以.
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD， ，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．


(1)求证：F为PC的中点；
(2)若△PAD为等边三角形，二面角 的大小为 ，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】(1)证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，
∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，
∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．
(2)如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

因为AB=CD，BC=2AD，
设AD=a，则BC=2a， ，
所以，
，
因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知 ,
所以∠PGO为二面角 的平面角，又二面角的大小为 ，
所以 ，
因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO ，
所以AD⊥平面PGO，
过P作PH垂直于y轴于点H，
因为PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，
又PH⊥GH，平面ABCD， ，
所以PH垂直于平面ABCD，且 ,
，
，∴，
因为E，F分别为PB，PC的中点，
所以，
设平面ADFE的法向量为，则，
所以，取z=1，，
设BD与平面ADFE所成角为θ，
则，
即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．
20．乒乓球被称为我国的国球，是一种深受人们喜爱的球类体育项目.某次乒乓球比赛中，比赛规则如下：比赛以11分为一局，采取七局四胜制.在一局比赛中，先得11分的选手为胜方；如果比赛一旦出现10平，先连续多得2分的选手为胜方.
(1)假设甲选手在每一分争夺中得分的概率为.在一局比赛中，若现在甲､乙两名选手的得分为8比8平，求这局比赛甲以先得11分获胜的概率；
(2)假设甲选手每局获胜的概率为，在前三局甲获胜的前提下，记X表示到比赛结束时还需要比赛的局数，求X的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)
X
1
2
3
4
p





数学期望为.

【分析】（1）分析出两种情况，甲乙再打3个球，这三个均为甲赢和甲乙再打4个球，其中前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，分别求出概率，相加即为结果；（2）求出X的可能取值为1，2，3，4，及对应的概率，写出分布列，求出期望值.
【详解】(1)设这局比赛甲以先得11分获胜为事件A，则事件A中包含事件B和事件C，事件B：甲乙再打3个球，甲先得11分获胜，事件C：甲乙再打4个球，甲先得11分获胜.
事件B：甲乙再打3个球，这三个球均为甲赢，则，
事件C：甲乙再打4个球，则前三个球甲赢两个，最后一个球甲赢，则；
则
(2)X的可能取值为1，2，3，4.
，，，，
所以X的分布列为：
X
1
2
3
4
p





其中.
即数学期望为.
21．已知曲线的焦点为，曲线上有一点满足，过原点作两条相互垂直的直线交曲线于异于原点的两点.
(1)求证：直线与轴相交于定点；
(2)试探究轴上是否存在定点满足恒成立.若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，

【分析】（1）由焦半径公式代入求解，从而得抛物线方程；设直线方程，联立方程组，通过可得的值，即可求出定点坐标；
（2）由题意得出轴为的角平分线，将韦达定理代入所给条件求解即可．
【详解】(1)解：在，即，解得，
所以，
故抛物线为，
易知直线的斜率不为，
故设，，，联立，
故，，所以，
因为，则，
则或（舍，故．
(2)解：假设存在设，其中，因为，那么，则轴为的角平分线，
若，则垂直于轴，轴平分，
则垂直于轴，则直线的方程为，此时，
而，相异，故，
同理故与的斜率互为相反数，
即
为定值．
故当时，恒成立．
22．已知函数恰有三个零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：① ；② .（两者选择一个证明）
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）令转化为在，上有两不等实根，．从而得出参数的范围，
（2）设函数在处的切线，记切线与，的交点的横坐标分别为，，又由可得，从而可证明① ；根据对数均值不等式可证明② ．
【详解】(1)可以等效化简为，即令，
由，则，令，，故在单调递增，在单调递减，当时，，所以，
且当时，,当时，，的图像如下图所示，

题意等价于，必有两个实根，．
判别式，有或，两根情况讨论如下：
①当，时，从而将代入式，得，
又，有不符合题意，故舍去；
②当，时，令，
当时，有，得，此时式为，不符合题意；
当时，则有，解得，
综上知的取值范围为，
(2)选①
由（1）知，，
考虑函数，故，当时，，当时，，故在单调递增，在单调递减，故，因此，故得：，
记直线，与，的交点的横坐标分别为，，
则，，
又，则，
同理，
故．
若选②先证：对任意的，有，
记，
当时，，故在上单调递增，因此，故，
不妨设,取，代入得：
，则
故对任意的，有，
选②：
由于，故
【点睛】本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题．解得本题的关键是先令，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为在和上各有一个实根，，从而使得问题得以解决，证明不等式时，主要采用了放缩法以及利用对数不等式对任意的，有进行证明,属于难题．