2023届江西省赣抚吉十一校联盟体高三下学期4月联考数学（理）试题含答案

2023届江西省赣抚吉十一校联盟体高三下学期4月联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据集合交集运算可得.

【详解】因为

所以.

故选：B

2．已知复数，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先化简，得，从而得，代入计算即可.

【详解】因为，

所以.

故选：D

3．牛顿最早研究过函数的图像与性质，其图像类似于三叉戟，因此这类曲线被称为牛顿三叉戟曲线.牛顿三叉戟曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据导数的几何意义计算即可.

【详解】由题意可得：.

所以在处的切线方程为：，即.

故选：A

4．若实数满足约束条件则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】作出可行域，结合图形即可得出结果.

【详解】如图所示作出可行域，当过直线和的交点即时，此时.

故选：C

5．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先由对数函数定义得到且，再分与两种情况，结合函数单调性求出最值，得到实数的取值范围.

【详解】由对数函数的定义可知，且，

当时，单调递增，，故

因为，则，

所以，解得，

与求交集，得到，

当时，单调递减，，故，

由于当时，，故此时无解，

综上：实数的取值范围是.

故选：B

6．某校一个课外小组为研究某种作物种子的发芽率（单位：%）与温度（单位：）的关系，通过实验得到下面的数据：

经研究发现与满足线性回归方程，该小组某同学利用回归方程预测温度为时，发芽率为，因不慎将实验数据丢失一组（用字母代替），则这组数据满足的关系是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由预测值求得系数，然后代入中心点坐标可得结论．

【详解】由题意，，即，

又，，

所以，整理得，

故选：D．

7．如图，平面五边形由正方形和等边三角形拼接而成，沿将折起，使得点到达点的位置，且平面平面为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】若为中点，连接，过为中点，连接，过作交于，连接，由异面直线夹角的定义知为所求角，根据面面垂直的性质易证面、面，进而有、，设正方形、等边三角形的边长为，求出，最后由余弦定理求夹角余弦值.

【详解】若为中点，连接，结合题设知：为中位线，即，

由上图，异面直线与所成角的平面角为，

由题意，，又面面，面面，面，

所以面，面，故，

过为中点，连接，易知：，过作交于，连接，

所以，同理可证面，面，即，

综上，若正方形、等边三角形的边长为，则，故，

易知为中点，则，则，

由，则，故，而，

△中，.

故选：B

8．已知的展开式中的常数项为-56，则展开式中的各项系数之和为（    ）

A．256 B．128 C．-128 D．-256

【答案】D

【分析】首先确定的展开式通项，进而列出关于常数项的方程求得，再用赋值法求各项系数之和即可.

【详解】由的展开式通项为，

令，，令，，

所以展开式中的常数项为，则，

故原多项式为，令，故展开式各项系数之和为.

故选：D

9．已知是抛物线的准线，为的焦点，分别为和上的两点，与轴交于点，且四边形的面积为，则的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据抛物线定义知，结合已知有为直角梯形、△为等边三角形，进而可得，，应用梯形面积公式列方程求，即得答案.

【详解】由抛物线定义及，则，即为直角梯形，

又，则，即△为等边三角形，

所以，在Rt△中，，，

故四边形的面积为，可得，

又，则，故抛物线为.

故选：D

10．已知直线是函数图像相邻的两条对称轴，将的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意先求出，再结合图像得出关于的不等式组，即可求得m的范围.

【详解】解：由题意得,即，解得，

则，向右平移个单位长度后，得到函数，

又在上恰有三个不同的零点，

所以转化为在上有三个不同的零点，其中，，则，

要使在上有三个不同的零点，则或，解之得

故选：A.   

11．某灯笼厂的员工用一条长度为的木条设计了一个正六棱柱型的灯笼框架（木条无剩余），则当正六棱柱的外接球的表面积取最小值时，该正六棱柱的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，依题意可得，即，根据球的截面圆的性质可得，把代入结合二次函数的性质可得当当，时正六棱柱的外接球的表面积取最小值，进而可求解正六棱柱的侧面积.

【详解】设正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，

所有的棱长之和为，即，则，

设正六棱柱的外接球半径为，底面外接圆的半径为，则，

所以，

所以当时，此时，取得最小值，即正六棱柱的外接球的表面积取最小值，

所以正六棱柱的侧面积为.

故选：C.

12．设分别为函数在其定义域上的导函数，已知，为奇函数，，且，则（    ）

A．-2 B．-1 C．2 D．3

【答案】A

【分析】由题设有(m为常数)，结合已知可得，进而有，由为奇函数有，即可推导得的周期为4，求出的值，利用周期性求目标式的值.

【详解】由，所以(m为常数)，则，

又，所以，又，

令，则，故，则，

由为奇函数，则，故，

综上，，则，即，

所以，故的周期为4，

由，则，则，

而，

由，则

综上，，

所以.

故选：A

二、填空题

13．已知向量，若与共线，则__________.

【答案】

【分析】求出的坐标，由向量共线的坐标表示可列出关于的方程，从而可求出的值.

【详解】∵，∴，

∵与共线，，

∴，解得.

故答案为：

14．“双碳”再成今年两会热点，低碳行动引领时尚生活，新能源汽车成为人们代步车的首选．某工厂生产的新能源汽车的某一部件质量指标服从正态分布，检验员根据该部件质量指标将产品分为正品和次品，其中指标的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于，则的一个值可以为__________．（若，则

【答案】0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可）

【分析】根据题意和正态曲线的特征可得到，再根据集合的包含关系列出不等式组，求解即可．

【详解】依题意可得，

要使次品率不高于，则正品率不低于，

又根据正态曲线的特征知，，

所以，

所以，解得．

故答案为：0.01（答案不唯一，小于等于0.02即可）．

15．已知分别为双曲线的左､右焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线，切点为，延长交的右支于点，线段的中点为为坐标原点，若为钝角，，则的离心率为__________.

【答案】

【分析】由条件结合图形分析计算，利用各线段的关系可得，即可得到结果.

【详解】

如图所示，由题意可知E的圆心为原点，半径为，设，

则有，又为钝角，则D在A左侧.

所以由题意可知，

根据双曲线定义

故.

故答案为：

16．记锐角三角形的内角的对边分别为，若，则的取值范围为__________.

【答案】

【分析】由正弦边角关系及锐角三角形内角的性质可得且，将目标式化边为角，结合三角恒等变换有，应用基本不等式及分式型函数性质求范围即可.

【详解】由正弦边角关系知：，

所以，故或（舍），则，

而，，则，且，

又，

则，

令，则，仅当时等号成立，

当时，，当时，，

综上，.

故答案为：

【点睛】关键点睛：根据已知条件，应用正弦定理边角关系求得且是关键.

三、解答题

17．已知数列的各项均为正数，记为的前项和.

(1)从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立；

①；

②；

③.

(2)在（1）的条件下，若，求.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.

【答案】(1)证明见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）不管选哪个组合都可以由递推公式及等差数列的性质计算即可；

（2）结合（1）的条件得出，从而求得，利用裂项相消法求和即可.

【详解】（1）证明：若选择①②，证明③成立.

由，得，

故数列是等差数列，

设数列的公差为，故，

，所以，

所以，所以，

故，所以

，

故.

若选择①③为条件，证明②成立.

由，得，

故数列是等差数列，

设数列的公差为，

，

因为，即，

整理可得，所以，

所以，故.

若选择②③为条件，证明①成立.

由题意可得，所以，

又，所以，

所以数列是等差数列，则数列的公差为，

所以，

所以当时，，当时上式也成立，

故数列的通项公式为.

又，

所以，

又，所以，

故.

（2）解：由（1）可知，数列是首项，公差的等差数列，

所以，

所以，

所以

18．小明参加学校组织的党的二十大知识竞赛，一路过关斩将，与小李一同进人冠亚军争夺赛.根据以往比赛经验，每局比赛小明先答题获胜的概率为，后答题获胜的概率为.现有两种比赛规则供选择：①三局两胜制，即先获胜两局者赢得比赛，②五局三胜制，即先获胜三局者赢得比赛.每局比赛只有胜败两种结果，采用抽签决定谁先答题，谁先答题可选择赛制规则，接下来的一局轮换先答题.已知小明抽到先答题.

(1)若采用三局两胜制，设每局比赛获胜者得2分，败者得-1分，表示比赛结束时小明的总得分，求的分布列和数学期望；

(2)假如你是小明，选择哪种比赛规则，获得冠军的机会更大，并说明理由.

【答案】(1)分布列见解析，

(2)选择五局三胜制，理由见解析

【分析】（1）由题意的可能取值为，应用独立乘法公式、互斥事件加法求对应概率，进而写出分布列并求期望；

（2）求出不同比赛规则下小明获得冠军的概率，比较大小即可得结论.

【详解】（1）的可能取值为，

，

，

，

，

故的分布列为

所以.

（2）由（1）采用三局两胜制，小明获得冠军的概率为.

采用五局三胜制，小明获得冠军的概率为

，

因为，

所以选择五局三胜制，小明获得冠军的机会更大.

19．如图，在多面体中，侧面为菱形，侧面为直角梯形，分别为的中点，且.

(1)证明：平面；

(2)若平面平面，多面体的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，连接，易证四边形为平行四边形，则有，再由线面平行的判定证结论；

（2）由题设及面面、线面垂直的性质可得、，线面垂直的判定有平面，连接得到为三棱柱，设，用表示多面体的体积求参，构建空间直角坐标系，向量法求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）取的中点，连接，则为的中位线，

所以，且，又，且，

所以，且，即四边形为平行四边形，

所以，又平面平面，

故平面.

（2）连接，在菱形中，则.

在直角梯形中，所以，

因为面面，面面面，

所以平面，又平面，故，

又，面，所以平面.

连接，因为，即，且，

所以为平行四边形，且，则为三棱柱，

设，则，三棱柱的体积.

连接，则三棱锥的体积.

取中点，连接，则，

面面，面面面，则面，

所以三棱锥的体积，

由多面体的体积为，得：，解得.

综上，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，

，，

设面的法向量为，由，令，则，

设直线与平面所成角为，所以，

故直线与平面所成角的正弦值为.

20．已知点是椭圆的右顶点，、分别为的左、右焦点，过的直线与交于、两点（均与点不重合），的周长等于的短轴长的倍.

(1)求的方程；

(2)若直线、与直线分别交于、两点，则的值是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，求出其取值范围.

【答案】(1)

(2)是定值，定值为

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出椭圆的方程；

（2）分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线和椭圆的方程联立，列出韦达定理，计算得出，可得出，然后利用等面积法可证得结论成立.

【详解】（1）解：由题意可知，，①

由椭圆的定义可知，的周长为，

由题意可得，即，②

联立①②可得，，故的方程为.

（2）解：的值为定值.

若直线与轴重合，则、中有一点与重合，不合乎题意.

易知点、，

设直线的方程为，设点、，

联立可得，

，

由韦达定理可得，，

，直线的方程为，

在直线的方程中，令，可得，即点，

同理可得点，

则，，

所以

，

所以，则，所以，

设直线与轴的交点为，

则，

综上，的值为定值.

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21．已知函数.

(1)当时，讨论的单调性；

(2)设，当时，证明：.

【答案】(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）注意分类讨论，由导函数得增区间，由得减区间；

（2）由得出，然后用分析法把要证的不等式变形为只要证，令，引入函数，由导数证明是单调递增，得，所以需证，令，引入函数，由单调性得证结论．

【详解】（1）的定义域为，

当时，.

当时，，所以在上单调递椷

当时，当时时，，

所以在上单调递增，在，上单调递减.

综上，当时，在上单调递减；当0时，在上单调递增，在上单调递减.

（2）由，得

所以

则，

要证，

即证，

又，所以即证，

即证，

令，设，

则，

设，

则，

所以在上单调递增，则，

所以，则在上单调递增，

由，得，

所以，

所以需证，

即证，

令，则，只需证明，

即证，

设，

则，

所以在上单调递减，

则，

所以成立，

故.

【点睛】方法点睛：多变量问题的处理的方法：消元法，由已知得出已知变量间的关系，以便代入化简变形．本题不等式中有四个变量，可根据变量间的直接联系进行消元，方法是换元，如设，引入函数，利用导数得出，从而不等式变为只要证，然后再令，引入函数，再利用导数知识得出证明．

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

(1)求的普通方程和的直角坐标方程；

(2)与交于两点，是上不同于的一点，若的面积为，求点的坐标.

【答案】(1)普通方程为，直角坐标方程为

(2)坐标为或

【分析】（1）消参法求的普通方程，注意的范围，公式法求的直角坐标方程；

（2）几何法求得，设且，点线距离和三角形面积公式得，进而确定，即可得坐标.

【详解】（1）因为，所以，

所以的普通方程为.

直线的极坐标方程为，即，

由，则化为直角坐标方程为.

（2）圆心到直线的距离为，则，

设且，

所以点到直线的距离，

由的面积为知，，

所以，则，

所以或，解得或，

故点的坐标为或.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若，使得不等式成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）当时，分析可得，变形可得出，求出函数在区间上的最小值及函数在区间上的最大值，即可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】（1）解：当时，，

当时，由，解得，此时；

当时，由，解得，此时；

当时，由，解得，此时.

综上所述，当时，不等式的解集为.

（2）解：，使得不等式成立，

所以，使得成立，

因为，

所以，

即，使得成立，

因为在上单调递减，

则当时，函数取得最小值，

又因为在上单调递减，在上单调递增，

且当时，；当时，.

故当时，函数取得最大值.

所以，，解得.

因此，实数的取值范围是.