江苏省南通市如东高级中学2022-2023学年高三上学期12月阶段测试数学试题及答案

这是一份江苏省南通市如东高级中学2022-2023学年高三上学期12月阶段测试数学试题及答案，共23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。
江苏省南通市如东高级中学2022-2023学年高三上学期12月阶段测试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．若集合，，则（    ）A． B． C． D．2．已知，则在复平面内，其共轭复数所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．山西大同的辽金时代建筑华严寺的大雄宝殿共有9间，左右对称分布，最中间的是明间，宽度最大，然后向两边均依次是次间､次间､梢间､尽间.每间宽度从明间开始向左右两边均按相同的比例逐步递减，且明间与相邻的次间的宽度比为.若设明间的宽度为，则该大殿9间的总宽度为（    ）A． B．C． D．4．已知函数在内恰有3个最值点和4个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．5．已知函数，正实数a,b满足，则的最小值为（    ）A．1 B．2 C．4 D．6．已知，则（    ）A． B．2 C．4 D．127．过双曲线上的任意一点，作双曲线渐近线的平行线，分别交渐近线于点，，若，则双曲线离心率的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．已知及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数．设，则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．2021年7月1日是中国共产党建党100周年，某单位为了庆祝中国共产党建党100周年，组织了学党史、强信念、跟党走系列活动，对本单位200名党员同志进行党史测试并进行评分，将得到的分数分成6组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图.下列说法正确的是（    ）A．B．得分在的人数为4人C．200名党员员工测试分数的众数约为87.5D．据此可以估计200名党员员工测试分数的中位数为8510．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若为钝角三角形，则C．若，则有两解D．若三角形为斜三角形，则11．甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（    ）A．不同的安排方法共有240种B．甲志愿者被安排到学校的概率是C．若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种D．在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是12．已知抛物线，点，过M作抛物线的两条切线，其中A，B为切点，直线与y轴交于点P，则下列结论正确的有（    ）A．点P的坐标为B．C．的面积的最大值为D．的取值范围是 三、填空题13．已知角α的顶点与坐标原点O重合，角的始边与x轴非负半轴重合，点P是α的终边与单位圆的交点．若在x轴上的投影向量的坐标为，则________.14．已知数列满足，，，则的前项积的最大值为________.15．在平面直角坐标系中，圆，，若圆O上存在以M为中点的弦，且，则实数m的取值范围是_____________.16．已知函数，若与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，则实数的取值范围是________. 四、解答题17．在①，②，③三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答在中，角，，的对边分别为，，且______，若，，边上的中垂线交于点，求的长.18．等差数列的前项和为，且.数列的前项和为，且(1)求数列的通项公式；(2)数列满足，求.19．如图1，已知为等边三角形，四边形为平行四边形，，把沿向上折起，使点E到达点P位置，如图2所示；且平面平面．(1)证明：；(2)在（1）的条件下求二面角的余弦值．20．有一种双人游戏，游戏规则如下：双方每次游戏均从装有5个球的袋中（3个白球和2个黑球）轮流摸出1球（摸后不放回），摸到第2个黑球的人获胜，同时结束该次游戏，并把摸出的球重新放回袋中，准备下一次游戏.(1)分别求先摸球者3轮获胜和5轮获胜的概率；(2)小李和小张准备玩这种游戏，约定玩3次，第一次游戏由小李先摸球，并且规定某一次游戏输者在下一次游戏中先摸球.每次游戏获胜得1分，失败得0分.记3次游戏中小李的得分之和为X，求X的分布列和数学期望.21．已知，分别为椭圆的左、右焦点，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，过且垂直于长轴的椭圆的弦长为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆相交的交点、与右焦点所围成的三角形的内切圆面积是否存在最大值？若存在，试求出最大值；若不存在，说明理由．22．已知函数，．(1)讨论函数的单调性；(2)当时，设，，函数有两个极值点、．①求的取值范围；②若，求的取值范围．
参考答案：1．B【分析】根据集合的定义，先对集合进行化简，再利用交运算即可求解.【详解】由题意知，，所以．故选:B．2．D【分析】利用复数的运算化简复数，可得其共轭复数，利用复数的几何意义可得出结论.【详解】因为，则，则，所以，，因此，复数所对应的点位于第四象限.故选：D.3．D【分析】由题意把9间的宽度转化为两个等比数列的和,应用等比数列前项和公式计算即可.【详解】由题意, 设明间的宽度为等比数列的首项,从明间向右共5间,宽度成等比数列, 公比为, 同理从明间向左共5间,宽度成等比数列,公比为,则由可得所以总宽度为故选: 4．B【分析】数形结合，由第4个正零点小于等于1，第4个正最值点大于1可解.【详解】，因为，所以，又因为函数在内恰有个最值点和4个零点，由图像得：，解得：，所以实数的取值范围是.故选：B5．B【分析】先判断函数是严格递增的函数，且有对称中心，找出之间的关系可求.【详解】，故函数关于对称，又在上严格递增；即当且仅当时取得.故选：B.6．C【分析】令，直接根据二项式定理求解即可.【详解】令，则，故，中得系数为，中得系数为，所以，故选：C.7．B【分析】双曲线的渐近线方程为，设点，可得，从而可求出点，的坐标，进而结合点在双曲线上，可表示出，则，从而可求出求出离心率的范围【详解】解：双曲线的渐近线方程：，即，设点，可得，分别联立两组直线方程可得，，，∵，∴，∴，由题意，所以，即，所以，即∴.故选：B.8．B【分析】根据为奇函数，得到，两边同时求导得到的图象关于直线对称，同理由为偶函数，得到函数的图象关于点对称，两者联立得到 为周期函数，且周期为求解.【详解】解：因为为奇函数，所以，即，两边同时求导，则有，所以的图象关于直线对称．因为为偶函数，所以，即，两边同时求导，则有，所以函数的图象关于点对称．所以，，，所以，函数为周期函数，且周期为，则有，，所以．故选：B.9．ACD【分析】A：根据频率分布直方图小矩形面积表示频率，总频率为1进行计算；B：算出得分在之间的频率，用该频率乘以200即可；C：频率分布直方图众数为最高的矩形的中间值；D：根据中位数左右两边的矩形面积面积均为0.5进行计算.【详解】，得，A正确；得分在的人数为，B错误；200名党员员工测试分数的众数约为87.5，C正确；∵(0.025+0.035+0.040)×5=0.1×5=0.5，所以估计200名党员员工测试分数的中位数为85，D正确．10．ACD【分析】由正弦定理可判断A，由余弦定理可判断B，由可判断C，由两角和的正切公式可判断D.【详解】对于A，若，则，由正弦定理可得，所以，，A正确；对于B，若为钝角三角形，假设为钝角，则，可得，B错误；对于C，，则，如图：所以有两解，C正确；对于D，因为，所以因为，所以，所以，D正确.故选：ACD11．ABD【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；分甲学校只有一个人和甲学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者安排到其他3所学校即可判断C；求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可判断D.【详解】甲､乙､丙､丁､戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，则共有种安排方法，故A正确；甲志愿者被安排到A学校，若甲学校只有一个人，则有种安排方法，若甲学校只有2个人，则有种安排方法，所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.故选：ABD.12．AC【分析】利用导数求出两点处的切线方程，联立过点的切线方程和抛物线的方程，结合根与系数的关系表示出，从而可判断AB，由弦长公式和点到直线的距离公式表示出的面积，根据函数性质可判断C，结合韦达定理和换元法可判断D.【详解】由题意，设，由，可得，所以点处的切线的斜率为，点处的切线的斜率为，很显然，过点的直线斜率存在，设过点的切线方程为，联立方程组，可得，由，可得，又由，则，所以不垂直，所以B不正确；由，所以的直线方程为，即，将代入直线的方程，可得，由知，方程成立，所以点在直线上，所以A正确；由点在直线上，可设直线的方程为，则点到的距离为，且 ，所以，因为，可得，所以的最大值为，所以C正确；由，所以，由，可得，所以，因为，可得，又由，设，可得，即，解得或，又因为，所以的取值范围是，所以D不正确.故选：AC.【点睛】解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；(2)强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．13．【分析】根据投影向量的坐标和任意角的三角函数可得：，再利用二倍角的余弦公式即可求解.【详解】由题意可知：，所以，故答案为：.14．2【分析】由递推公式可得数列周期，从而根据周期性得出前项积的最大值.【详解】因为，所以，两式相除得，即，故数列的周期，由，，可得，设的前项积为，所以当，时，，当，时，，当，时，，所以的最大值为2.故答案为：215．【分析】根据条件把问题转化为圆上存在两点，使，即过到向圆引的两条切线的夹角不小于，即圆心到点的距离不大于，进而得到答案．【详解】M为的中点，且，∴为直角三角形，，若、为切线，则，在中，，，，∴∴过到向圆引的两条切线的夹角不小于，满足题意，则圆心到点的距离不大于，即，解得：，．故答案为：．16．【分析】设点，可得出，构造函数，可得知直线与函数在区间上的图象有交点，进而可知，实数的取值范围是函数在区间上的值域，利用导数求解即可.【详解】因为与的图像上分别存在点，使得关于直线对称，令，则，即在上有解，即在上有解即在上有解，设，，则，当时，，故在为增函数，当时，，故在为减函数，而，故在上的值域为，故即故答案为：17．【分析】选①，利用正弦定理化边为角，结合三角形内角的关系及两角和的正弦公式求得角，利用余弦定理求得边，证明，求出，即可得解；选②，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求得角，利用余弦定理求得边，证明，求出，即可得解；选③，利用向量数量积的定义及三角形的面积公式求得角，利用余弦定理求得边，证明，求出，即可得解.【详解】解：选①，由，可得，即，所以，又，所以，所以，所以，则，所以，所以，如图，设边上的中垂线垂足为点，因为垂直平分，所以，又，所以，在中，，所以，即.选②，由，可得，即，所以，所以，又因，所以，则，所以，所以，如图，设边上的中垂线垂足为点，因为垂直平分，所以，又，所以，在中，，所以，即.选③，因为，所以，又，所以，则，所以，所以，如图，设边上的中垂线垂足为点，因为垂直平分，所以，又，所以，在中，，所以，即.18．(1)，.(2) 【分析】（1）由等差数列通项公式和前项和公式列方程组即可求得首项和公差；由与的关系即可求得的通项公式.（2）由错位相减法和分组求和法即可求解.【详解】（1）因为为等差数列，且，所以解得.又因为， 得，当时，，当时，，不符合.所以.（2）= == = 令①则②①-②得：.所以.综上，.19．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先由平面平面，证明，再由勾股定理证明，最后由判定定理以及性质证明；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法得出二面角的余弦值．【详解】（1）证明：如图，设的中点为F，连接．∵为等边三角形，∴．又平面平面，平面平面，∴平面．∵平面，∴．∵，∴，∴．又，∴平面．又∵平面，∴．（2）由（1）知平面，则平面平面．设中点为O，连接，则．又平面平面，平面平面，∴平面．设中点为，连接．∵，∴，故以点O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，∴，．设平面的法向量为，由得取，则设平面的法向量为，由得取，则，∴二面角的余弦值为20．(1)；.(2)分布列见解析，. 【分析】（1）由题意分两种情况即可求解；（2）依题意分别求出0､1､2､3时的概率，列分布列即可求期望值.【详解】（1）设“3轮获胜”为事件，“5轮获胜”为事件，3轮：白黑黑：，黑白黑：，所以，先摸球者3轮获胜的概率为 若进行5轮，前四个球的情况为：黑白白白：，白黑白白：，白白黑白：，白白白黑：，所以，先摸球者5轮获胜的概率为（2）由（1）得先摸球者获胜的概率为. X的所有可能取值为：0､1､2､3，，，，，所以X的分布列为：X0123P 则.21．（1）；（2）存在，.【分析】（1）根据题意得到和，结合，联立方程组，求得的值，即可求解；（2）设的内切圆半径为，由，根据椭圆的定义，化简得到，设直线，联立方程组，结合根与系数的关系，化简得到，根据函数的单调性，即可求解.【详解】（1）由题意，椭圆上任意一点到焦点距离的最小值与最大值之比为，可得，即，又由过且垂直于长轴的椭圆的弦长为，可得，联立方程组，可得：，，所以，故椭圆的标准方程为.（2）设的内切圆半径为，可得，又因为，所以，要使的内切圆面积最大，只需的值最大，由题意直线斜率不为，设，，直线，联立方程组，整理得，易得，且，，所以，设，则，设，可得，所以当，即时，的最大值为，此时，所以的内切圆面积最大为.【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．22．(1)答案见解析(2)①；② 【分析】（1）求出函数的定义域，可得出，分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，可得出函数的增区间和减区间；（2）①分析可知有两个变号的零点，即直线与函数的图象有两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；②由已知可得出，令，可得出，利用导出求出函数在上的值域，即可得出的取值范围.【详解】（1）解：函数的定义域为，.①当时，，由可得或，由可得，此时函数的增区间为、，减区间为；②当时，且不恒为零，此时函数的增区间为；③当时，，由可得或，由可得，此时函数的增区间为、，减区间为.综上所述，当时，函数的增区间为、，减区间为；当时，函数的增区间为；当时，函数的增区间为、，减区间为.（2）解：①当时，，其中，因为函数有两个极值点，则有两个变号的零点，所以，直线与函数的图象有两个交点（非切点），，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，则的极小值为，如下图所示：由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点（非切点），因此，；②由于的两个变号零点分别为、，得，所以，令，把代入中可得，所以，令，，则，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则，则，所以，函数，设，则，其中，构造函数，其中，则，①当时，即当时，且不恒为零，所以，函数在上为增函数，则，合乎题意；②当时，则对任意的，，所以，函数在上为增函数，则，合乎题意；③当时，则，设方程的两根为、，且，则，所以，必有，当时，，此时函数单调递减，则，不合乎要求.综上，，所以，，故.【点睛】关键点点睛：本题在求解的取值范围时，通过换元，将转化为关于的函数，结合导数法求出函数的值域，即为的取值范围.