2023届江苏省扬州市高三上学期期中数学试题含解析

这是一份2023届江苏省扬州市高三上学期期中数学试题含解析，共19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届江苏省扬州市高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，2}，N＝{1，2，3，4}，则（    ）A．{5} B．{3，4} C．{3，4，5} D．{1，2，3，4，5}【答案】B【分析】直接根据交集和补集的概念计算即可.【详解】由已知，则故选：B.2．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角差的正切公式化简可得结果.【详解】.故选：C.3．古希腊数学家阿基米德的墓碑，上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，即：圆柱的内切球体积与圆柱体积比为定值，则该定值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，分别计算出圆柱的体积和球的体积，进而可以得出它们的比为定值.【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，所以 .故选：B4．的展开式中x的系数为（    ）A．－280 B．－40 C．40 D．280【答案】A【分析】根据二项式定理求出展开式中的系数和常数项，由乘法法则可得结论．【详解】展开式通项公式为，含的项的系数为，常数项是，所以所求系数为，故选：A．5．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形如图所示，记直角三角形较小的锐角为α，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设大正方形的边长为，则直角三角形的两直角边分别为，分别求出，再根据可求得，再根据即可得解.【详解】解：设大正方形的边长为，则直角三角形的两直角边分别为，故，则，所以，又为锐角，则，所以.故选：A.6．已知函数的导函数满足，则不等式在区间上的解集为（    ）A．  B．C． D．【答案】C【分析】由，可知，则将问题转化为解不等式，然后构造函数，利用导数求解其单调区间，从而可求出甚解集.【详解】因为，所以，由，得，令，则，所以在上单调递增，因为，所以当时，，所以不等式在区间上的解集为，故选：C7．甲、乙、丙、丁四人各掷骰子5次（骰子出现的点数可能为1，2，3，4，5，6），并分别记录自己每次出现的点数，四人根据统计结果对自己的试验数据分别做了如下描述，可以判断一定出现6点的描述是（    ）A．中位数为4，众数为4 B．中位数为3，极差为4C．平均数为3，方差为2 D．平均数为4，第25百分位数为2【答案】D【分析】根据中位数，众数和极差的定义举例即可判断AB，根据平均数和方差的定义利用反证法即可判断C，根据百分位数和平均数的定义利用反证法即可判断D.【详解】解：对于A，中位数为4，众数为4，则这5个数可以为，故A不符题意；对于B，中位数为3，极差为4，则这5个数可以是，故B不符题意；对于C，平均数为3，方差为2，设这5个数分别为，则，，若取，则，则，所以，所以这四个数可以为与，这与矛盾，所以6不存在，故C不符题意；对于D，按从小到大的顺序设这5个数为，因为，所以第25百分位数为5个数中从小到大排列的第二个数，又第25百分位数为2，所以，因为平均数为4，所以，则，若三个数都不是6，则，这与矛盾，故三个数一定会出现6，故D符合题意.故选：D.8．若a＝，，c＝，其中e为自然对数的底数，则a，b，c的大小关系为（    ）A．a＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜b＜a D．c＜a＜b【答案】B【分析】构造函数，利用导数证明，可比较大小，再设设，，利用导数证明（），得出的大小，从而得结论．【详解】设，，，时，，设，则，所以在上是增函数，，所以时， ，所以，即，即，，设，，，所以是增函数，，，，从而，，，综上，．故选：B．【点睛】本题考查比较实数的大小,解题关键是观察三个数的形式，寻找它们的共同特征，构造新函数，利用导数证明，，然后比较大小即可，本题难度较大，主要是需要确认构造出的函数的形式，以便取特殊值就能应用不等式得出幂的大小． 二、多选题9．设函数的定义域都为R，且是减函数，是增函数，则下列说法中正确的有（    ）A．是增函数 B．是减函数C．是增函数 D．是减函数【答案】BD【分析】根据单调性的性质即可根据选项逐一求解.【详解】对于A;如故不一定为增函数，故A错误，对于B;是增函数,则为减函数，又是减函数，故为减函数，故B正确，对于C;如不满足增函数，故C错误，对于D;由于是增函数,且,所以且单调递减，又为减函数，故为减函数，故D正确故选：BD10．下列说法中正确的有（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】AC【分析】由不等式的基本性质可判断ABC，由幂函数的单调性可判断D.【详解】对于A，若，则，A正确；对于B，若，当时，，B错误；对于C，若，则，C正确；对于D，若，则，不一定有，D错误.故选：AC.11．已知奇函数的最小正周期为，将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法中正确的有(    )A．函数的图象关于直线对称B．当时，函数的最小值是C．函数在区间上单调递增D．若函数有且仅有3个零点，则所有零点之和为【答案】ABD【分析】用辅助角公式化简f(x)的解析式，根据其为奇函数和最小正周期分别求出和的值，再根据图象平移求出g(x)的解析式.验证是否为g(x)的最大值或最小值可判断A；根据，结合g(x)解析式和三角函数的性质可求其最小值，从而判断B；根据，结合g(x)解析式和三角函数的单调性即可判断C；令，将零点问题转化为函数图象交点问题，数形结合即可判断D．【详解】由已知，，∵函数为奇函数，∴，可得，又∵，∴，又∵函数的最小正周期为，∴，解得，∴．将函数的图象向右平移个单位长度，得．∵，∴是g(x)的一条对称轴，故A正确；时，，，∴，故B正确；时，，故g(x)在不单调，故C错误；令，则函数化为，y＝2sin2t和y＝kt有且仅有三个交点，如图：则，，则，，即，∴，故D正确．故选：ABD．12．已知函数及其导函数的定义域都为R，，，，则下列说法中正确的有（    ）A．导函数为奇函数B．2是函数的一个周期C．D．【答案】ACD【分析】选项A，根据，得到为偶函数，进而证明为奇函数即可；选项B，化简得到为，，利用周期函数的性质，即可判断；选项C，利用，化简即可判断选项D，由，得，进而得到，计算即可判断【详解】对于A，，得到关于对称，即关于轴对称，得到为偶函数，故为奇函数；证明如下：若设可导函数为偶函数，则，两边求导，进而得到，故为奇函数；A正确；对于B，因为为偶函数，故，可得，设，，可得，，令，得，此时，，则可转换为，，若2是函数的一个周期，则必有，故与不符，故B错误；对于C，由，，当时，则，故此时，必有，故C正确；对于D，由，得，为整数的同时也是偶数，，故D正确；故选：ACD 三、填空题13．已知，则________．【答案】【分析】利用二倍角余弦公式直接求解即可.【详解】.故答案为：.14．已知直线是曲线的切线，则实数________．【答案】【分析】设切点坐标，对函数求导，代入切点横坐标得切线的斜率，又因为直线过原点，由切点和坐标原点可以表示斜率，解方程得k的值.【详解】设切点坐标，，则切线斜率，因为直线过原点，则切线斜率，所以，解得，.故答案为：.15．图1是一枚质地均匀的骰子,图2是一个正六边形（边长为1个单位）棋盘,现通过掷骰子的方式玩跳棋游戏,规则是：先将一棋子放在正六边形ABCDEF的顶点A处．如果掷出的点数为i（i＝1,2,3,4,5,6）,则棋子就按顺时针方向行走i个单位,一直循环下去．则某人抛掷两次骰子后棋子恰好有又回到点A处的所有不同走法共有________种．【答案】6【分析】根据题意列出所有的可能性即可.【详解】解:根据题意可知:,,所以共有6种走法.故答案为:6 四、双空题16．中国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”的底面是边长为3的正方形，垂直于底面的侧棱长为4，则该“阳马”的内切球表面积为_________，内切球的球心和外接球的球心之间的距离为________．【答案】          ##【分析】因为内切球的球心到几何体每个面的距离相等，利用半径，几何体表面面积，几何体体积之间的关系，可以求出半径；建立空间直角坐标系，由第一空可得内切球球心坐标，将几何体补全成长方体可得外接球球心坐标，计算两点间距离.【详解】如图，为正方形，设垂直于平面，由题，，因为，，所以平面ADP，所以，为直角三角形，由题，，四棱锥表面积，体积，设内切球半径为r，则，得，内切球表面积为；以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，因为内切球半径，所以内切球球心，因为该四棱锥可以补全为棱长分别为3，3，4的长方体，所以外接球球心，两点间距离.故答案为：； 五、解答题17．已知命题：，x2＋x－m＜0是真命题．(1)求实数m的取值集合A；(2)设集合B＝{x|＞0}（其中a＞0），若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数a的取值范围．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由命题知在，恒成立，令恒成立，即即可，进而求实数的范围；（2）由题意得，求出集合，根据集合包含关系列不等式求参数范围即可．【详解】（1）由题意得：，恒成立，令∴问题转化为在上即可，又在单调递增， ∴，故，即；（2）由题意得：，由（1）知：，而为（其中a＞0）的解集，所以，∴时，则．18．已知函数f（x）＝m2x＋是R上的奇函数．(1)求实数m的值；(2)若存在实数t∈[0，2]，使得成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先通过求出m的值，再代入函数证明即可；（2）先通过单调性的定义证明在R上单调递减，然后利用单调解不等式，并通过参变分离，将有解问题转化最值问题，再利用基本不等式求出最值即可.【详解】（1）函数f（x）＝m2x＋是R上的奇函数，解得，证明：，故函数f（x）＝m2x＋是R上的奇函数（2）由（1）得，其在R上单调递减证明：任取，则，，即在R上单调递减又由得在t∈[0，2]上有解即在t∈[0，2]上有解，即又当且仅当，即时，等号成立.19．在平面四边形ABCD中，∠A＝120°，AB＝AD，BC＝2，CD＝3．(1)若cos∠CBD＝，求；(2)记四边形ABCD的面积为,求的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，利用余弦定理，求出，再利用，求出，进而利用正弦定理，即可求得答案.（2）设，利用余弦定理，解得，再由，利用三角恒等变换，化简得到，，进而利用三角函数的性质，即可求出的最大值.【详解】（1）如图，，设，，得，整理得，，，解得，又由，则有，故，解得，（2）在中，设，由，可得，在中，由余弦定理可得，，可得，，四边形ABCD的面积为，得.当且仅当时，即时，等号成立，此时的最大值为.20．如图，在体积为1的四棱锥P－ABCD中，，．(1)证明：平面平面；(2)若点E为棱BC上一动点，求直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）取的中点，分别求出，连接，利用勾股定理证明，再根据线面垂直的判定定理证明平面，最后根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）连接交于点，说明，根据面面垂直的性质可得平面，再根据四棱锥体积求得，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，因为所以，则，又，所以且，所以四边形为正方形，所以，则，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：连接交于点，则为的中点，，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，则线段即为四棱锥的高，则，解得，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，所以，设平面的法向量为，则有，可取，设直线PE与平面PAD所成角为，则，当时，，所以直线PE与平面PAD所成角的正弦值的最大值为.21．甲、乙两名学生进行“趣味投篮比赛”，制定比赛规则如下：每轮比赛中甲、乙两人各投一球，两人都投中或者都未投中则均记0分；一人投中而另一人未投中，则投中的记1分，未投中的记分设每轮比赛中甲投中的概率为，乙投中的概率为，甲、乙两人投篮相互独立，且每轮比赛互不影响．(1)经过1轮比赛，记甲的得分为，求的分布列和期望；(2)经过3轮比赛，用表示第n轮比赛后甲累计得分低于乙累计得分的概率，研究发现点均在函数的图象上，求实数m，s，t的值．【答案】(1)答案见解析(2)，， 【分析】（1）由题意得的可能取值为，求出对应的概率，求出的分布列及期望即可；（2）结合题意求出，将点代入即可求出m，s，t的值．【详解】（1）的可能取值为，则；；，的分布列为：01 ．（2）由（1）知，经过两轮比赛，甲累计得分低于乙累计得分有两种情况：一是甲两轮得分都为；二是两轮中甲有一轮得0分，另一轮得分，则．经过三轮比赛，甲累计得分低于乙累计得分有四种情况：三轮中甲得分都为；三轮中甲有两轮得分，另一轮得0分；三轮中甲有一轮得分，另两轮得0分；三轮中甲有两轮得分，另一轮得1分，则，由题意，点均在函数的图象上，则，②－①得④，③－②得⑤，⑤÷④得⑥，将⑥代入④得⑦，将⑥⑦代入①得，综上，，，．22．已知函数，其中e为自然对数的底数．(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，（i）若恒成立，求实数a的最小值；（ii）若存在最大值，求实数a的取值范围．【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)（i）1;（ii） 【分析】(1)代入的值,求的导函数, 即为增区间, 即为减区间.(2) （i）因为f（x）≤1恒成立，即转化为，求的最大值即可. （ii）若存在最大值，则在定义域范围内的必有极值点，转化为极值问题.【详解】（1）,,,令，得，当时，，当时，，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）（i）由f（x）≤1，即（x－ae2x＋2）ex解得，令，=，令，所以，在单调递增，，在单调递减.且时，在上有唯一的零点，，当时，单调递增，当时，，单调递减，，所以的最小值为1.（ii），所以，设，则，在上递增，在上递减，.若，则，，在R上单调递减，无最大值，不合题意舍去.若，则，且，在上递增且连续，在区间上存在唯一零点，设为，设，，，，，，不妨取，则，在上递减且连续，所以在上存在唯一零点，设为，则，在上递减，在上递增，在上递减，在时，，，.函数在上单调递减，(其中)，当，即时，，存在最大值，符合题意.当时，即当，.下证：存在实数使得，设，，所以在上单调递增，所以，所以当时，，所以取，则，不存在最大值.综上得，【点睛】利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.