江苏省淮安市马坝高级中学2022-2023学年高三数学上学期9月质量检测试题（Word版附解析）

这是一份江苏省淮安市马坝高级中学2022-2023学年高三数学上学期9月质量检测试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省马坝高级中学2022－2023学年第一学期9月份质量检测高三数学试卷满分：150分      考试时间：120分钟一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 已知集合，，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用指数函数的单调性求出指数函数的值域进而得出集合，根据二次根式的意义求出集合，利用并集的定义和运算直接计算即可.【详解】..因此.故选：D2. 在复平面内，复数，则的虚部是（    ）A.  B. 1 C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法解题即可.【详解】由题，所以的虚部为，故选：A3. 已知等差数列的公差为1，为其前项和，若，则（    ）A.  B. 1 C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】先求得，然后求得.【详解】依题意.故选：D4. 高三年级三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）.A. 16种 B. 18种 C. 37种 D. 48种【答案】C【解析】【分析】按照去工厂甲的班级数进行分类讨论，由此计算出总的分配方案.【详解】三个班有一个班去甲，方法数有；三个班有两个班去甲，方法数有；三个班都去甲，方法数有，故总的方法数为种，故选C.【点睛】本小题主要考查分类加法计数原理，考查组合数的计算，属于基础题.5. 函数的部分图象大致形状是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，分析可得函数为奇函数，且在上，，据此排除分析可得答案．【详解】解：根据题意，，其定义域为，则有，即函数为奇函数，排除、；又由当上时，，，，则有，排除；故选：．6. 已知定义在上的函数满足，①，② 为奇函数，③当时，恒成立.则、、的大小关系正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据单调性的定义可得在上单调递增，根据已知条件可得是周期为的奇函数，根据周期性和单调性即可求解.【详解】由可得的周期为，因为奇函数，所以为奇函数，因为时，，所以在上单调递增，因为为奇函数，所以在上单调递增，所以在上单调递增，因为，，，所以，即.故选：C.7. 中，，D为AB的中点，，则（    ）A. 0 B. 2 C. -2 D. -4【答案】A【解析】【分析】取为基底，表示出即可求解.【详解】在中，D为AB的中点，，取为基底，所以,.所以.因为，，所以.即.
 故选：A8. 已知定义在上的函数的导函数为，且，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】易判断，构造函数可得在上单调递增，∴，即.【详解】∵，∴在上单调递减∴，构造函数，则∴在上单调递增，∴即.故选：C.二、选择题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 下面命题正确的是（    ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 命题“若，则”的否定是“存在，则”C. 设，则“且”是“”的必要不充分条件D. 设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】AD【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，可得，所以充分性成立；反之：当时，可得或，所以必要性不成立， 所以 “”是“”的充分不必要条件，所以A正确；对于B中，命题“若，则”的否定是“存在，则”，所以不正确；对于C中，设，由且，可得成，即充分性成立，反之：由成立时，可能且，即必要性不成立，所以“且”是“”的充分不必要条件，所以C不正确；对于D中，设，当时，可得，即充分性不成立，反之：由，可得成立，即必要性成立，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D正确.故选：AD.10. 已知向量，，，，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则有最小值B. 若，则有最小值C. 若，则的值为D. 若，则的值为1【答案】A【解析】【分析】根据向量的坐标运算，求得，结合向量平行和垂直的坐标运算以及基本不等式，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】∵，，∴．对A：若，则，当且仅当，即，，取得等号，故选项A正确；对B：若，则，当且仅当，，取得等号，故选项B错误；对C：若，则，即，则，故选项C错误；对D：因为,所以，，则D不正确.故选：A．11. 函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是（   ）A. 图像的一条对称轴可能为直线B. 函数的解折式可以为C. 的图像关于点对称D. 在区间上单调递增【答案】BC【解析】【分析】先根图象求出函数解析式，然后逐个分析判断即可【详解】由图象可知，得，所以，所以，因为函数图象过点，所以，所以，得，因为，所以，所以，对于A，因为，所以不是图象的一条对称轴，所以A错误，对于B，，所以B正确，对于C，因为，所以的图象关于点对称，所以C正确，对于D，由，得，当时，，当时，，可知函数在，上递增，所以函数在上递减，所以D错误，故选：BC12. 某校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”学生书画作品比赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（一、二等奖作品数相等），其中男生作品分别占，，，现从获奖作品中任取一件，记“取出一等奖作品”为事件，“取出男生作品”为事件，若，则（    ）A.  B. 一等奖与三等奖的作品数之比为C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】依题意设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，即可表示男、女生获一、二、三等奖的作品数，再根据求出与的关系，从而一一判断即可.【详解】解：设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，则男生获一、二、三等奖的作品数为、、，女生获一、二、三等奖的作品数为、、，因为，所以，所以，故A正确；，故C错误；一等奖与三等奖的作品数之比为，故B正确；，故D正确；故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若双曲线的右焦点到一条渐近线的距离为，则其离心率是________．【答案】2【解析】【分析】取双曲线得一条渐近线，根据右焦点到一条渐近线的距离为，可求得，即可求出双曲线的离心率.【详解】解：不妨取双曲线的一条渐近线，即，则右焦点渐近线的距离，所以，则，所以双曲线的离心率.故答案为：2.14. 若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是_________．【答案】180【解析】【分析】写出二项展开式通项公式，由只有第六项二项式系数最大求得，再确定常数项．【详解】，由题意，此不等式组只有一解，因此（）．，，所以常数项为．故答案为：180．15. 如图，在中，是的中点，若，则实数的值是__________.【答案】##【解析】【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件将用表示即可求出的值【详解】因为，所以为的中点，因为是的中点，所以，所以,因为，所以，故答案为：16. 设函数已知不等式的解集为，则______，若方程有3个不同的解，则m的取值范围是________．【答案】    ①. 0    ②. 【解析】【分析】（1）先对函数求导，判断其单调性和极值，在同一直角坐标系中，作出函数与的大致图象，结合图象，由不等式的解集，即可求出的取值；根据方程有3个不同的解，等价于函数与直线有三个不同的交点，利用数形结合的方法，即可求出结果.【详解】由，得；由得或；由得；所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；因此，当时，函数取得极大值；当时，函数取得极小值；由可得或；在同一直角坐标系中，作出函数与的大致图象如下，由图象可得，当时，；因为，为使不等式的解集为，结合图象可知，只有；所以因为方程有3个不同的解，等价于函数与直线有三个不同的交点，作出函数的大致图象如下：由图象可得，；故答案为：；.四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程演算步骤．17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，角化边，得到，利用余弦定理，求得答案；（2）利用余弦定理结合求得，利用三角形面积公式，求得答案.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理可得，化简得，所以.又因为，所以.【小问2详解】由余弦定理，得因为，所以将代入上式，解得，所以的面积.18. 已知函数，其中.若函数的图象在点处的切线与直线平行.（1）求的值；（2）求函数的极值.【答案】（1）；（2）极大值，极小值.【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求解即可；（2）由导数研究函数单调性，进而求得极值即可.【详解】（1）由已知，可得.函数的图象在点处的切线与直线平行，，解得.经验证，符合题意.（2）由（1）得，求导.令，得或当变化时，与的变化情况如下表：单调递增极大值单调递减极小值单挑递增当时，取得极大值，且；当时，取得极小值，且.【点睛】方法点睛：本题主要考查了利用导数的几何意义求曲线在某点处的切线方程，以及利用导数研究函数的单调性与极值，求切线常见考法：(1)已知切点求斜率k，即求该点处的导数值：．(2)已知斜率k，求切点，即解方程.(3)若求过点的切线方程，可设切点为，由，求解即可．19. 已知函数．（1）若且，求的值；（2）记函数在上的最大值为b，且函数在上单调递增，求实数a的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】(1)化简f(x)解析式，根据求值即可；(2)求出f(x)最大值b，求出f(x)的单调递增区间，求出与已知区间对应的增区间A，则是区间A的子集.【小问1详解】，∵，∴，∵，∴，∴，∴；【小问2详解】当时，，，∴，由，，得，，又∵函数在上单调递增，∴，∴，∴，∴实数a的最小值是.20. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且．点在棱上，点为中点．（1）证明：若，则直线平面；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得平面，平面，由面面平行的判定与性质可证得结论；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值.【小问1详解】在上取一点，使得，连接，，，又平面，平面，平面；，，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面；，平面，平面平面，平面，平面.【小问2详解】由题意知：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，，，，，，，平面与平面所成设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，平面与平面所成角的正弦值为.21. 随着原材料供应价格的上涨，某型防护口罩售价逐月上升． 1至5月，其售价（元/只）如下表所示：月份x售价y（元/只）11.222.83.4 （1）请根据参考公式和数据计算相关系数（精确到0.01）说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求y关于x的线性回归方程；（2）某人计划在六月购进一批防护口罩， 经咨询届时将有两种促销方案：方案一：线下促销优惠．采用到店手工“摸球促销”的方式．其规则为：袋子里有颜色为红、黄、蓝的三个完全相同的小球，有放回的摸三次．若三次摸的是相同颜色的享受七折优惠，三次摸的仅有两次相同颜色的享受八折优惠，其余的均九折优惠．方案二：线上促销优惠．与店铺网页上的机器人进行“石头、剪刀、布”视频比赛．客户和机器人每次同时、随机、独立地选择“石头、剪刀、布”中的一种进行比对，约定：石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头．手势相同视为平局，不分胜负．客户和机器人需比赛三次，若客户连胜三次则享受七折优惠，三次都不胜享受九折优惠，其余八折优惠．请用（1）中方程对六月售价进行预估，用X表示据预估数据促销后的售价，求两种方案下X的分布列和数学期望，并根据计算结果进行判断，选择哪种方案更实惠．参考公式：，，其中，．参考数据：，，，．【答案】（1）相关系数；    （2）6月预计售价为4元/只；方案一分布列见解析；期望为；方案二分布列见解析；期望为；应选择方案一【解析】【分析】（1）依据题中所给数据，计算出的值，带入参考公式计算即可.（2）根据（1）中线性回归方程，求得X可取的值，依次计算概率，列出分布列，求解数学期望，利用数学期望比较两种方案.【小问1详解】相关系数，由于0.98接近1，说明y与x之间有较强的线性相关关系．，，所以．【小问2详解】由（1）可知，，当时，，即6月预计售价为4元/只．X可取的值为2.8，3.2，3.6．若选优惠方案一，；；；2.83.23.6此时.若选优惠方案二，客户每次和机器人比赛时，胜出的概率为，则不胜的概率为．；；；2.83.23.6此时.，说明为使花费的期望值最小，应选择方案一．22. 已知．（1）讨论的单调性；（2）已知函数有两个极值点，求证：．【答案】（1）当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）见解析.【解析】【分析】（1）先对函数求导，令，求出解为，从而可探究、随自变量的变化，结合导数与单调性的关系即可求解；（2）由（1）可知，记，结合基本不等式可证明，从而可知在上单调递增，则可知，结合 的单调性可证明.【详解】解：（1），记，则．由， ，解得．当时，，函数即单调递减；当时，，函数即单调递增．（2）由题意知有两个零点，为，不妨设，由（1）可知，．所以.记 ，则，因，由均值不等式可得，当且仅当，即时，等号成立．所以在上单调递增．由，可得，即，因为为函数的两个零点，所以，所以，又，所以，又函数在上单调递减，所以，即．【点睛】本题考查了运用导数求解函数的单调性，考查了基本不等式，考查了运用导数证明不等式成立.本题的难点在于第二问中，自行构造出.