2023届江苏省南通市如皋中学高三下学期4月阶段测试数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南通市如皋中学高三下学期4月阶段测试数学试题含解析，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。

2023届江苏省南通市如皋中学高三下学期4月阶段测试数学试题

一、单选题
1．设集合，，则的子集的个数是（    ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】联立方程组，根据方程组解的个数判断的元素个数，从而判断其子集的个数．
【详解】由得，即方程组有2组解，
故有2个元素，故其子集的个数是．
故选：C．
2．已知复数是关于x的方程的一个根，则（    ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】D
【分析】利用代入法，结合复数模的计算公式进行求解即可.
另解：根据实系数一元二次方程根与系数关系进行求解即可.
【详解】因为复数是关于x的方程的一个根，
所以，
解得，所以；
另解：因为复数是关于x的方程的一个根，
所以复数也是关于x的方程的一个根，
所以有
解得，所以.
故选：D
3．已知三个实数、、成等比数列，则双曲线的渐近线方程为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据等比中项的定义求得的值，可得出双曲线的标准方程，进而可求得双曲线的渐近线方程.
【详解】由题意，三个实数、、成等比数列，可得，
即双曲线的渐近线方程为，
故选：A.
【点睛】本题考查双曲线渐近线方程的求解，解答的关键就是求出双曲线的标准方程，考查计算能力，属于基础题.
4．已知，则（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角函数恒等变换公式化简已知等式，再根据诱导公式简化即可得到答案.
【详解】

故选:A
5．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】确定每段圆弧的中心角是，第段圆弧的半径为，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前项和公式计算．
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，第段圆弧的半径为，弧长记为，
则，
所以．
故选：D．
6．单位圆上有两定点，及两动点，且.则的最大值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设中点为，中点为，，.进而可推得，结合图象，根据数量积的意义，即可求出最值.
【详解】设中点为，中点为，则，.
由已知，可知，
所以，所以为等边三角形，所以.
同理可得，.
.

如图，当、方向相反时，有最大值为，
即的最大值是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：将转化为以点为起点的向量表示，然后根据向量的运算，结合数量积的意义，即可求出最值.
7．已知函数f（x）的定义域为R，且，，当时，，则）=（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知条件可得函数是奇函数也是周期函数，利用周期性和奇偶性，有，代入已知解析式求解即可.
【详解】由，有，可得，所以的周期为2.
令，代，可得，所以，故函数为奇函数，
所以
因为，所以，所以.
故选：B
8．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，又，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：C.

二、多选题
9．已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（    ）
A．若相互独立， B．若事件，则
C．若是对立事件，则 D．若是互斥事件，则
【答案】ABD
【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.
【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；
对于B，事件，，，B正确；
对于C，因是对立事件，则，，C不正确；
对于D，因是互斥事件，则，，D正确.
故选：ABD
10．意大利著名数学家斐波那契在研究兔子的繁殖问题时，发现有这样的一列数：1，1，2，3，5，8，13，21，…．该数列的特点如下：前两个数均为1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和．人们把这样的一列数组成的数列称为斐波那契数列，现将中的各项除以2所得的余数按原来的顺序构成的数列记为，数列的前n项和为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】ABD
【分析】根据数列特征得到为，，，，，，，周期为的数列，从而得到，A正确，，B正确，根据数列的周期求和得到或，所以C错误，根据提公因式和斐波那契数列的特征得到D正确.
【详解】根据斐波那契数列的特征可以看出，
数列为依次连续两个奇数和一个偶数，
所以数列为，，，，，，，
则数列为周期数列，且周期为，
所以，故A正确；
因为

，故B正确；
因为，
，且，，，
所以或，故C错误；


，故D正确.
故选：ABD
11．已知函数，则下列说法中正确的是（    ）
A．
B．的最大值是
C．在上单调递增
D．若函数在区间上恰有个极大值点，则的取值范围为
【答案】ABD
【分析】利用二倍角公式进行化简，再根据函数的的性质分别判断各选项.
【详解】，
A选项：，A选项正确；
B选项：设，则，
解得，，即，即的最大值为，B选项正确；
C选项：因为，所以在上不单调，C选项错误；
D选项：，
令，解得，即或，，
当，时，，函数单调递减，
当当，时，，函数单调递增，
所以函数的极大值点为，，，，
又函数在区间上恰有个极大值点，则，即，D选项正确；
故选：ABD.
12．已知点为抛物线上的动点，为抛物线的焦点，若的最小值为1，点，则下列结论正确的是（    ）
A．抛物线的方程为
B．的最小值为
C．点在抛物线上，且满足，则
D．过作两条直线分别交抛物线（异于点）于两点，若点到距离均为，则直线的方程为
【答案】ACD
【分析】对于A：由焦半径公式求出,即可求出C的方程；对于B：设，表示出，利用基本不等式求出的最小值为；
对于C：利用几何法求出直线PQ的斜率，得到直线PQ的方程，与抛物线联立后，利用“设而不求法”求出；对于D：设，证明出、满足方程，即可判断.
【详解】对于A：设,则,当且仅当时取等号,故,故,故C的方程为,故A正确；
对于B：由C的方程为可得：.
设.由抛物线定义可得：.而，
所以.
当时，；
当时，（当且仅当，即时等号成立.）
所以的最小值为.故B错误；
于C：不妨设PQ的斜率为正，如图示：分别过P、Q作PC,QB垂直准线于C、B, 过Q作于D.

由抛物线定义可得：.
因为，不妨设，则.
所以在直角三角形中，.由勾股定理得：.
所以直线PQ的斜率为，所以直线PQ的方程为.
与抛物线联立，消去x得：，即.
由焦点弦的弦长公式可得：.故C正确；
对于D：设，则直线于是，整理得：.又，故有，即,故满足方程.
同理可得：也满足方程,所以直线MN的方程为.故D正确.
故选：ACD
【点睛】解析几何简化运算的常见方法：
（1）正确画出图形，利用平面几何知识简化运算；
（2）坐标化，把几何关系转化为坐标运算；
（3）巧用定义，简化运算.

三、填空题
13．抛物线的焦点坐标是______.
【答案】
【分析】将抛物线的方程化为标准形式，即可求解出焦点坐标.
【详解】因为抛物线方程，焦点坐标为，且，
所以焦点坐标为，
故答案为：.
14．若，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【详解】令f(x)=的定义域是{x|},且在(0,+∞)上单调递增,则原不等式等价于解得.
15．某市统计高中生身体素质的状况，规定身体素质指标值不小于60就认为身体素质合格．现从全市随机抽取 100名高中生的身体素质指标值， 经计算，．若该市高中生的身体素质指标值服从正态分布，则估计该市高中生身体素质的合格率为______．（用百分数作答，精确到0.1%）
参考数据：若随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】
【分析】计算样本的平均数和方差，由此估计，再结合参考数据求.
【详解】因为100个数据，，，…，的平均值，
方差，
所以的估计值为，的估计值为．
设该市高中生的身体素质指标值为X，
由， 得，

所以．
故答案为：.
16．如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为___________.

【答案】
【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.
【详解】设，由题意，，得，
将（※）代入（#），可得.
因为，所以，则，
，
当时，取得最大值.
故答案为：

四、解答题
17．已知数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：对，.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】（1）先由递推公式结合题中条件，得到，判断出数列是等差数列，求出通项，即可得出结果；
（2）先由（1），根据裂项的方法，得到对1，2，3…
，进而可求出，即证明结论成立.
【详解】（1）由可得，
∵，∴，依此类推，
∴，∴，
∴数列是首项为2，公差为1的等差数列，
∴，即，
（2）证明：，故 对1，2，3…
，
∴

.
【点睛】结论点睛：
裂项相消法求数列和的常见类型：
（1）等差型，其中是公差为的等差数列；
（2）无理型；
（3）指数型；
（4）对数型.
18．某校为减轻暑假家长的负担，开展暑期托管，每天下午开设一节投篮趣味比赛．比赛规则如下：在A，B两个不同的地点投篮．先在A处投篮一次，投中得2分，没投中得0分；再在B处投篮两次，如果连续两次投中得3分，仅投中一次得1分，两次均没有投中得0分．小明同学准备参赛，他目前的水平是在A处投篮投中的概率为p，在B处投篮投中的概率为．假设小明同学每次投篮的结果相互独立．
(1)若小明同学完成一次比赛，恰好投中2次的概率为，求p；
(2)若，记小明同学一次比赛结束时的得分为X，求X的分布列及数列期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析；

【分析】（1）将小明同学恰好投中2次分成三种情况，分别求得概率相加与已知概率相等构造等式，解方程即可求出的值；
（2）首先由题意可得得分的可能取值分别为，，，，，分别计算每种情况的概率即可求得的分布列，最后根据数学期望的计算公式求解的数学期望即可.
【详解】（1）设小明在处投篮为事件，在处投篮分别为
已知小明同学恰好投中2次，分三种情况
中中不中；
中不中中；
不中中中；
其概率为：，解得：.
（2）由题意可得得分的可能取值分别为，，，，
；
；
；
；
.
综上所述可得的分布列为

5
3
2
1
0







19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是菱形，，，三棱锥是正三棱锥，E，F分别为，的中点.

(1)求二面角的余弦值；
(2)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
【答案】(1)
(2)平行，距离为

【分析】(1)先证，，然后得出平面SAC.建立适当的直角坐标系，再利用平面的法向量，即可求解.
(2)利用向量在平面BDF的法向量上的投影，即可求解.
【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且，
因为三棱锥是正三棱锥，，O为BD的中点，所以，平面SAC, 平面SAC,
又，所以平面SAC.
作平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且，，，.

如图，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，C.，D.，，，，
所以，，，
设是平面EBF的法向量，
则，
则，设是平面DBF的法向量，
则，取，
所以，
又因为二面角是锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（2）直线SA与平面BDF平行.
法1:连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以，
又因为平面BDF，平面BDF，所以直线平面BDF.
法2:由（1）知是平面BDF的一个法向量，
又，，所以，
所以，
所以，又因为平面BDF，所以直线平面BDF.
设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，
因为，是平面DBF的一个法向量，
所以，
所以点A与平面BDF的距离为，
所以直线SA与平面BDF的距离为.
20．如图，平面四边形ABCD中，，，．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．

(1)求四边形ABCD的外接圆半径R；
(2)求内切圆半径r的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)利用余弦定理求出，再利用正弦定理和余弦定理求得，进而得到A，B，C，D四点共圆，利用正弦理即可求解.
（2）结合（1）的结论和正弦定理可得：，然后再利用正弦定理和辅助角公式以及正弦函数的图像和性质即可求解.
【详解】（1）在中，，
所以，由正弦定理，，可得，
再由余弦定理，，又，所以.因为，
所以，所以A，B，C，D四点共圆，
则四边形ABCD的外接圆半径就等于外接圆的半径.
又，所以.
（2）由（1）可知：，则.，
则.
在中，由正弦定理，
，所以，，则


，
又，所以，所以，，所以.
21．过点的动直线与双曲线交于两点，当与轴平行时，，当与轴平行时，．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)点是直线上一定点，设直线的斜率分别为，若为定值，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据与坐标轴平行的情况可得双曲线上的点的坐标，代入双曲线方程即可求得结果；
（2）方法一：由三点共线可整理得到，代入双曲线方程可整理得到，结合两点连线斜率公式可化简得到，根据为常数可构造方程求得，进而得到点坐标，验证可知符合题意；
方法二：设，与双曲线方程联立可得一元二次方程，根据该方程的根可化简得到，同理可得，由此可化简得到，由为常数可构造方程求得点坐标，验证可知当直线斜率为和斜率不存在时依然满足题意，由此可得结论.
【详解】（1）由题意可知：双曲线过点，，
将其代入方程可得：，解得：，
双曲线的标准方程为：.
（2）方法一：设，
点与三点共线，，
（其中，），，
，又，
整理可得：，
当时，，，不合题意；
当时，由得：，
设，则，
，
若为定值，则根据约分可得：且，解得：；
当时，，此时；
当时，为定值.
方法二：设，直线，
由得：，
为方程的两根，
，
则，
由得：，
由可得：，
同理可得：，
则，
若为定值，则必有，
解得：或或，
又点在直线上，点坐标为；
当直线斜率为时，坐标为，若，
此时；
当直线斜率不存在时，坐标为，若，
此时；
综上所述：当时，为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与双曲线中的定点定值问题的求解，本题求解的基本思路是能够利用直线与双曲线相交的位置关系确定两交点横纵坐标所满足的等量关系，进而通过等量关系化简所求的，根据为常数来构造方程求得定点的坐标.
22．已知函数．
(1)若对时，，求正实数a的最大值；
(2)证明：；
(3)若函数的最小值为m，证明：方程有唯一的实数根，（其中是自然对数的底数）
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）求，并判断的单调性，分类讨论的正负，得到的单调性，求出时的范围，从而得到的最大值；
（2）利用第（1）问的结论，可得到，令，不等式两边求和即可证明；
（3）求并判断的单调性，结合零点存在性定理，要证方程有唯一的实数解，只要证方程有唯一的实数解．令，， 求结合的单调性以及零点存在性定理，可知，由于形式相同，可构造函数，通过单调性可知且，代入可证明.
【详解】（1）（） a为正实数，
∴函数在区间上单调递增，且．
①当时，，所以函数在上单调递减，
此时，符合题意．
②当时，，
由零点存在定理，时，有，即函数在上递减，
在递增，所以当时，有，此时不符合．
综上所述，正实数a的最大值为1．
（2）由（1）知，当时，，
令时，有，即，
累加得，．
（3）因为，所以，即函数在上递增，
又，
由零点存在定理，时，有，即，
因此，而函数在上递减，在上递增，
所以，即．
要证方程有唯一的实数解，只要证方程有唯一的实数解．
设，则，
所以函数在上递增，又，，
由零点存在定理，时，，即，
因此，又，
设，则函数在上递增，于是且，
而函数在上递减，在上递增，
，
即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．
【点睛】方法点睛：
零点存在性定理：当函数在区间上的图象是连续不断的一条曲线，并且有，那么函数在区间内有零点.
零点代换：当存在零点，且满足等式时，对应在此点处的等量运算也成立，即若有，则有.