2023届天域全国名校协作体高三4月阶段性联考数学试题含解析

2023届天域全国名校协作体高三4月阶段性联考数学试题

一、单选题

1．复数（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由的周期性以及复数的除法进行计算即可.

【详解】因为，所以由周期性可知.

故选：C.

2．已知集合或，则（    ）

A．或 B．或

C．或 D．

【答案】B

【分析】解法一：根据题意求集合M，进而根据交集运算求解；解法二：取特值检验排除.

【详解】解法一：由题可得或或，

所以或.

故选：B.

解法二：由题可得，所以，故排除A、D；

又且，所以，故排除C.

故选：B.

3．某购物网站在2022年11月开展“全部6折”促销活动，在11日当天购物还可以再享受“每张订单金额（6折后）满300元时可减免60元”.某人在11日当天欲购入原价48元（单价）的商品共45件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为（    ）

A．7 B．6 C．5 D．4

【答案】D

【分析】根据条件计算每张订单打折前原金额不少于500元，确定每张订单订单至少11件，由此可求得答案.

【详解】为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额（6折后）满300元时可减免60元”，

即每张订单打折前原金额不少于500元.

由于每件原价48元，因此每张订单至少11件，

而要购入商品共45件，所以最少需要下的订单张数为4张，

故选：D

4．大学生志愿服务西部计划（简称西部计划）是经国务院常务会议决定，由共青团中央､教育部､财政部､人力资源社会保障部共同组织实施的一项重大人才工程.现招募选派一定数量的西部计划全国项目志愿者到西部地区基层工作，某大学计划将6名志愿者平均分成3组，到3个不同地点服务，若每组去一个地点，每个地点都有人服务，且甲､乙两名志愿者在同一个地点服务的分配方案有（    ）

A．18种 B．36种 C．72种 D．144种

【答案】A

【分析】根据题意先分组，再排列即可得解.

【详解】方法一：先分组，甲乙一组，其余4人再平均分两组，最后再排序，种；

方法二：特殊元素优先安排，先安排甲､乙，再安排其他人员种.

故选：A

5．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，可得，所以只需比较和的大小，即比较和的大小，从而构造函数，通过求解导函数判断函数的单调性与最值，即可得，再结合函数的单调性，可得的大小关系.

【详解】因为函数为偶函数，所以.

因为，只需比较和的大小即可，

即比较和的大小，设，

，

当时，单调递增，

当时，单调递减，

所以当时，取得最大值，，

所以，当时，等号成立，所以，

，又因为函数在上单调递减，

，即.

故选：C

【点睛】求解本题的关键是比较和的大小，转化为比较和的大小，从而构造新函数，通过求解导函数判断函数的单调性，求解出最值，即可得.

6．为平行四边形外一点，，则向量与向量的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由平面向量数量积的运算律与夹角公式求解，

【详解】由向量运算可知，

则，

而，

，得，

所以：

所以向量与向量的夹角为

故选：B

7．已知圆：，圆：，，分别是圆，上的动员.若动点在直线：上，动点在直线：上，记线段的中点为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据圆的几何性质，结合点关于直线的对称，得到，即可求解.

【详解】由题意，点动点在直线：上，动点在直线：上，

线段的中点为，可得点在直线上，

又由，

点关于直线对称的点，

则，

所以的最小值为.

故选D

【点睛】本题主要考查了圆的几何性质的应用，以及直线的对称最值问题的求解，其中解答中根据圆的几何性质，以及结合点关于直线的对称最值求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

8．已知函数（为自然对数的底数），则函数的零点个数为（    ）

A．3 B．5 C．7 D．9

【答案】C

【分析】作出函数的图象，可设，可得，判断与交点个数，进而将的零点个数问题转化为函数的图象交点个数问题，数形结合，可得答案.

【详解】设，令可得：,

对于，，故在处切线的斜率值为，

设与相切于点，

切线斜率，则切线方程为：，

即，解得：；

由于，故作出与图象如下图所示，

与有四个不同交点，

即与有四个不同交点，

设三个交点为，由图象可知：，

作出函数的图象如图，

由此可知与无交点，与有三个不同交点，与各有两个不同交点，

的零点个数为7个，

故选：C

【点睛】方法点睛：解决此类复合函数的零点问题，常常采用换元的方法，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决.

二、多选题

9．下列说法正确的有（    ）

A．若随机变量，则

B．残差和越小，模型的拟合效果越好

C．根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05

D．数据4，7，5，6，10，2，12，8的第70百分位数为8

【答案】ACD

【分析】利用正态分布的对称性求出概率判断A；利用回归模型的拟合效果判断B；利用独立性检验思想判断C；求出第70百分位数判断D作答.

【详解】对于A，随机变量，由知，

，A正确；

对于B，因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好，而残差和小，残差平方和不一定小，B错误；

C，由可判断与有关且犯错误的概率不超过0.05，C正确；

对于D，对数据从小到大重新排序，即：，共8个数字，

由，得这组数据的第70百分位数为第6个数8，D正确.

故选：ACD

10．已知抛物线的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点两点（点在第一象限），若，则以下结论正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】直线与抛物线联立方程组，求出点的坐标，由，求得，即可计算选项中的结论.

【详解】法一：如图，，直线的斜率为，则设直线的方程为，

联立得，解得：.

由，得，故错误；

由于，则，故B正确；

同理，故C正确；

因为直线的方程为，原点到直线的距离为，

所以，故D错误.

法二：由倾角式焦半径公式和面积公式可知，

，其中，故A错误；

，故B､C正确；

，故D错误.

答案为：BC

11．如图：在三棱柱中，底面为正三角形，且，则下列说法正确的是（    ）

A．直线与底面所成角的余弦值为

B．设中点为，则线段的长度的最小值为

C．平面与平面夹角的余弦值为

D．直线与平面所成角的余弦值的最大值为

【答案】ABC

【分析】设平面，过作,利用线面垂直的判定定理及线面角的定义可得为所求，结合条件可判断A，由题可得时最短进而判断B，过点作，进而可得为所求的夹角结合条件即求可判断C，找出直线与平面所成角结合条件即得.

【详解】对于A，设平面于，过作分别交于，连接，因为平面，

所以，又平面，

故平面，又平面，

所以，同理，又，

所以，故，可得，

所以，，，

由平面可知为直线与底面所成角，

设，则，，所以，故A正确；

对于B，点到直线的最短距离为到直线的垂线，故当时，有最短，连接，因为是中点，由A选项可知，，所以，

在正三角形中，由，可得，所以，故B正确；

对于C，过点作，垂足为，连接(为中点)，由平面可知，，

而，平面，所以平面，平面，

所以，又平面，

所以平面平面，为所求平面与平面夹角，

因为，所以和中，得到，又因为，所以，C正确；

对于D，设的中点为，连，由上可知平面，故平面，

所以为直线与平面所成角，由题可知，

当越来越大时越来越小趋近于0，故余弦值趋近于1无最大值，故D错误.

故选：ABC.

12．出现于春秋时期的正整数乘法歌诀“九九歌”，堪称是先进的十进位记数法与简明的中国语言文字相结合之结晶，这是任何其它记数法和语言文字所无法产生的.表示十进制的数要用10个数码：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，如四位十进制数；当前的计算机系统使用的基本上是二进制系统.二进制数据是用0和1两个数码来表示的数.它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由18世纪德国数学家莱布尼兹第一个提出了二进制记数法.如四位二进制的数，等于十进制的数13.现把位进制中的最大数记为，其中为十进制的数，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ABD

【分析】A选项，根据题目定义得到；B选项，计算出，故B正确；CD选项，结合等比数列求和公式得到，，构造函数，利用导函数得到其单调性，并结合，得到.

【详解】对于A：即是：，A正确；

对于B：即是：，故，B正确；

对于C､D：，

即是

，

，即是：

构造函数：，求得：，

当时，单调递增；

当时，单调递减；

，

故，即

即，

，D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点睛：本题的关键在于构造函数比较大小，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对取对数变形，从而达到构造出适当函数的目的.

三、填空题

13．在的展开式中，的系数是___________.

【答案】

【分析】由，然后再利用展开式的通项公式可得结果.

【详解】，

又的展开式的通项公式为，

所以的展开式含项的系数为，含项的系数为，

所以在的展开式中，的系数是，

故答案为：.

14．已知无穷数列满足，写出满足条件的的一个通项公式：___________.（不能写成分段数列的形式）

【答案】（或）（答案不唯一）

【分析】根据猜想.

【详解】由，，，

猜想.

故答案为：.（答案不唯一）

15．如图，已知是双曲线上的三个点，经过原点经过右焦点.若以为直径的圆经过右焦点且，则该双曲线的离心率等于___________.

【答案】/

【分析】设是左焦点，根据双曲线的性质证明四边形是矩形，设、，由关系结合双曲线定义求m、n，由关系可得关于a、c的齐次方程，即可求离心率.

【详解】若是左焦点，连接，设，

由已知，所以四边形为平行四边形，

又，所以是矩形，

则，，

又，即，则，

在中，，即，而

，

，

在中，，即，可得.

故答案为：.

16．如图，直三棱柱中，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为___________.

【答案】

【分析】首先设，利用垂直关系，可得，再结合基本不等式求面积的最值，以及等号成立的条件求，根据几何体的特征，求外接球的半径，即可求解外接圆的表面积.

【详解】由余弦定理得：

设，则，

由得：，解得：，

因为，故

由基本不等式得：当且仅当，且时，即时取最小值.底面三角形外接圆半径，

.

故答案为：

四、解答题

17．设，函数的最小正周期为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数.

(1)求解析式，并通过列表､描点在给定坐标系中作出函数在上的图象；

(2)在锐角中，分别是角的对边，若，求的值域.

【答案】(1)，图象答案见解析

(2)

【分析】（1）由函数的最小正周期为，结合周期公式求，求出平移后的函数解析式，结合余弦函数的性质求，再由五点法列表，并描点连线作出图象；

（2）由条件结合边角互化求出角，根据锐角三角形内角关系求的范围，结合余弦函数性质求的值域.

【详解】（1）函数的最小正周期，，

∵图象向左平移后得到的函数为，

由已知，又，

.，

解析式为：，

由五点法可得，列表如下：

在上的图象如图所示：

（2），

由正弦定理可得，，

所以，即，

因为，所以

所以，

又，所以，

又因为三角形为锐角三角形，，,

所以，

所以，又

所以

18．设数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由条件证明数列为等比数列，利用累加法求数列的通项公式；

（2）数列中在之前共有项，由此确定前项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案.

【详解】（1）因为，

所以，又，

所以数列为首项为1，公比为的等比数列，

所以，

所以当时，

，

所以，

所以当时，，又也满足该关系，

所以数列的通项公式为；

（2）数列中在之前共有项，

当时，，当时

19．由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形和是全等的边长为2的菱形，且.

(1)求三棱锥的体积；

(2)求直线和平面所成角的正弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先取中点，根据垂直关系，证明平面，再利用等体积转化为求;

（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求平面平面的法向量，代入线面角的向量公式，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接，，，，

则，，平面，

则平面，则，

，，，

，易得，

，

.

（2）以为原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

平面平面平面平面，

又平面平面，平面内作，过点作，

则平面点在的延长线上，

设平面的法向量为，则，即，令

，则，

设直线和平面所成角为，则.

20．为提升学生的综合素养能力，学校积极为学生搭建平台，组织学生参与各种社团活动.在学校辩论队活动中，甲同学积极参与.为了更好的了解每个同学的社团参与情况和能力水平，对每位参与辩论队的同学进行跟踪记录.社团老师了解到，甲自加入辩论队以来参加过100场辩论比赛：甲作为一辩出场20次，其中辩论队获胜14次；甲作为二辩出场30次，其中辩论队获胜21次；甲作为三辩出场25次，其中辩论队获胜20次；甲作为四辩出场25次，其中辩论队获胜20次.用该样本的频率估计概率，则：

(1)甲参加比赛时，求该辩论队某场比赛获胜的概率；

(2)现学校组织6支辩论队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少3场获胜才可晋级.社团老师决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在辩论队顺利晋级，记其获胜的场数为，求的分布列和数学期望.

【答案】(1)0.75

(2)分布列答案见解析，数学期望：

【分析】（1）分甲担任某种辩手的情况，依据条件概率与全概率公式计算即可；

（2）设“5场中有场获胜”“甲所在辩论队顺利晋级”，先计算甲所在辩论对晋级的概率，再利用贝叶斯公式计算得出获胜场数的分布列，求期望即可.

【详解】（1）设“甲担任一辩”；“甲担任二辩”；“甲担任三辩”；“甲担任四辩”；“某场比赛中该辩论队获胜"；

则 ，，.

由全概率公式可得：

.

所以甲参加比赛时，该辩论队某场比赛获胜的概率是0.75.

（2）设“5场中有场获胜”“甲所在辩论队顺利晋级”，

，

则，

，

同理可得，

，

则的分布列为：

.

21．已知函数

(1)若时，求证：在上有唯一极值点.

(2)若，不等式恒成立，求的取值集合.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过求函数导数，得到函数的单调性，得出函数的极值；

（2）令，分成，或，三种情况，通过导数讨论是否成立.

【详解】（1）由题意：，

所以，令，，

令，，

所以在上单调递减，

又因为，所以在恒成立，

故在上单调递减，因为，，

所以存在唯一的，使得，

故当时，，当时，.

所以在上单调递增，在上单调递减，故在上有唯一极大值点.

（2）令，则当恒成立.

因为

①当时，恒成立，故在上单调递增，故，满足题意.

②当或时，，

故：在上恒成立，故，满足题意.

③当时，令，，，

则在上单调递减，在上单调递增，

令，故在上单调递减，在上单调递增，

而

所以存在唯一，使得，所以当时，，

所以当时，，

所以在时恒成立，不满足题意.

故的取值集合为.

【点睛】不等式恒成立问题方法点睛：

参变分离求最值法、数形结合法、分类讨论求最值法、必要性探路法、同构处理法等。上面解法是处理不等式恒成立问题的常规方法，利用导数工具分情况讨论求最值，在求解过程中往往出现隐零点的情况，处理起来比较繁琐。

22．已知椭圆的离心率为，点在上，从原点向圆作两条切线，分别交椭圆于点，

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线的斜率记为，求的值；

(3)若，直线与在第一象限的交点为，点在线段上，且，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)过定点，定点为

【分析】（1）由函数的离心率求得，得出椭圆的方程；

（2）因为直线和直线都与圆相切,得出是方程的两根，根据根与系数关系得出结果；

（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，得到关于的方程，是方程的根. 方程与直线方程联立，求出，由，求出为定值，得出结果.

【详解】（1）因为椭圆离心率所以，解得

所以椭圆方程为

（2）因为直线和直线都与圆相切

所以，即是的两根，

将两边平方，可得

所以.

又因为点在上，

所以点，即，

所以.

（3）设直线的方程为，联立，

整理可得，

因为点在直线上，所以且，

所以

整理得：①

联立，可得所以，

又因为所以，

因为点在上所以，代入上式继续化简得，

所以.

由①可知，，

所以解得所以（此时点在第三象限，不合题意，舍去），

所以直线过定点.

【点睛】圆锥曲线中直线斜率之积为定值方法点睛：本题中的两条直线与圆相切，根据关系得出关于的方程，根据根与系数关系得出结论.