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（文）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（文）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．目前，甲型流感病毒在国内传播，据某市卫健委通报，该市流行的甲型流感病毒，以甲型亚型病毒为主，假如该市某小区共有100名感染者，其中有10名年轻人，60名老年人，30名儿童，现用分层抽样的方法从中随机抽取20人进行检测，则做检测的老年人人数为（    ）

A．6 B．10 C．12 D．16

【答案】C

【分析】利用分层抽样比例求解.

【详解】解：老年人做检测的人数为.

故选：.

4．已知点是角终边上一点，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】点在第四象限，由求得结果.

【详解】，则点在第四象限，

由，故.

故选：C.

5．已知等比数列的前项和为，且，则（    ）

A．2 B．4 C．7 D．8

【答案】D

【分析】利用等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.

【详解】设等比数列的公比为，因为，则，

所以，则，故，，

所以.

故选：D.

6．如图，在直角梯形中，为的中点，，，若，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】C

【分析】设，则，又，由平面向量基本定理可得结果.

【详解】设，则，

则.

又，

所以.

故选：C.

7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，其中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由三视图可得，该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，求解即可.

【详解】由图可知，显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体.

由题得半球的半径为，圆锥的底面半径为，高为，母线长为，

所以其表面积为.

故选：C.

8．已知函数且有两个零点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将解：函数且有两个零点，转化为函数的图像与直线有两个公共点求解.

【详解】解：因为函数且有两个零点，

所以且有两个零点，

即函数的图像与直线有两个公共点，

当时，由图①得1，故；

当时，由图②得，不符合题意.

，

故选：A

9．相传我国古代有这样一个故事：一个身处他乡的小伙子得知父亲病重的消息，便连夜赶回家，他父亲弥留之际不停念叨“胡不归？胡不归？”，这就是流传千百年的“胡不归问题”.如图，假设小伙子处于地，家在地，是驿道，其他地方均为沙地，，小伙子在驿道，沙地上行走的速度分别为，若小伙子为了更快回到家中，从沿走到（在上），再从走沙地直线回家，设，则此方案所用时间为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】在中，由正弦定理得，故可得路段用时，同时求得，进而得，故可得路段用时，则此方案所用时间为，整理即得答案.

【详解】在中，由正弦定理得，得，故路段用时，

因为，则，

故，因此.

故路段用时，

则此方案所用时间为.

故选：A.

10．在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接，再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.

【详解】如图，连接，由题意易知，

，故四边形为平行四边形.

设，取的中点，连接，

在Rt中，，

故点到的距离为，故点到的距离为，

因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，

故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.

故选：D

11．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.   

12．已知函数是偶函数，对任意均有，则下列正确结论的序号为（    ）

①；②是奇函数；③直线是图像的一条对称轴；④记，则.

A．①②④ B．①③④ C．①④ D．②③

【答案】B

【分析】令，可判断①；令，得，可判断②；由条件可得，故16是的一个周期，进而得，可判断③；由条件结合③求得，结合函数的周期性求解可判断④.

【详解】令，知，故，故①正确；

令，知，故，又为偶函数，

故，则不是奇函数，故②错误；

因为6，则，即，

于是有，则，故16是的一个周期，

则，故的图像关于对称，故③正确；

因为，，所以，

由③可知，故，

因为，故，

又，，

故，

，故④正确.

综上，①③④正确.

故选：B.

二、填空题

13．曲线在点处的切线与直线垂直，则__________.

【答案】

【分析】根据导数的几何意义结合直线垂直斜率之积为求解即可.

【详解】，

由题知，即，解得.

故答案为：

14．随着人们生活水平的提高，“自驾游”成为一种常见的旅游方式，若甲､乙､丙､丁四个家庭计划游览两地，每个家庭从两地中任选一个地区进行旅游，则恰有3个家庭选择地旅游的概率为__________.

【答案】/

【分析】先利用分步计数原理求得四个家庭总的旅游情况数，再利用列举法求得恰有3个家庭选择地旅游的情况数，从而利用古典概型的概率求法即可得解.

【详解】由题意知，每个家庭有两个地区可以选择，故四个家庭不同的旅游情况数为，

其中恰有3个家庭选择地旅游的情况为（甲､乙､丙），（甲､乙､丁），（甲､丙､丁），（乙､丙､丁），共4种，

所以所求概率.

故答案为：.

15．已知圆满足：圆心在直线上，轴或轴被圆所截得的弦长为4，则圆的一个标准方程为__________.

【答案】/（答案不唯一，写出一个即可）

【分析】设，分为两种情况讨论：圆被轴、轴所截弦长为4，求得圆的标准方程，然后给赋值可得答案.

【详解】设，若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，

则此时圆的标准方程为；

若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，

则此时圆的标准方程为.

令，则圆方程为或.

故答案为：或（答案不唯一，写出一个即可）.

16．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：

三、解答题

17．已知在数列中，，数列的前项和为，且.

(1)求的通项公式；

(2)设，数列的前项和为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由得，当时，，两式相减得，，所以，利用累乘法可求得；

（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结论.

【详解】（1）由得，当时，，

两式相减得，，

整理得，所以，

当时，，

当时，也符合上式，

故.

（2）由（1）可得，

所以数列的前项和

.

18．春节联欢晩会是我国在除夕晩上举办的大型欢庆晩会，全国家家户户围坐在电视机前欣赏一年中最重要的晩会，下表为某年观看春晩的人数百分比：

假设统计人数为200人，下表为分析年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩是否满意的列联表：

(1)请将列联表补充完整；

(2)能否有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.

附：，其中.

【答案】(1)列联表见解析

(2)有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异

【分析】（1）根据题中数据可得，年龄不大于30对春晩不满意的人有人；年龄大于30对春晩满意的人有人，从而将列联表补充完整；

（2）计算出与参考数据比较即可得出结果.

【详解】（1）年龄不大于30的人有人，则年龄不大于30对春晩不满意的人有人；

年龄大于30的人，则年龄大于30对春晩满意的人有人，

所以，列联表如下：

（2），

故有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.

19．如图①，在等腰梯形中，，现将沿翻折到的位置，且平面平面，如图②.

(1)当时，求；

(2)当三棱锥的体积为时，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取的中点，连接可得为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得；

（2）过作，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得，再根据等面积法可得点到的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.

【详解】（1）取的中点，连接，

当时，，

又，故四边形为平行四边形，故，

又，所以为等边三角形，

所以.

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，

故，

在中，因为，

所以，故.

（2），

在图①中，过作，

所以.

因为

且，

所以点到的距离.

又，

故，

整理得，解得或（舍去），所以的值为.

20．已知抛物线，过点作相互垂直的直线，且与分别相交于点和为坐标原点.

(1)求的方程；

(2)记的中点分别为，求面积的最小值.

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）设的方程为，与抛物线方程联立，由得，结合韦达定理求得的值，可得的方程；

（2）由（1）及题中条件可求得的坐标及，同理可得的坐标及，从而得的面积，利用基本不等式可求得最小值.

【详解】（1）由已知的斜率存在且不为0，

设的方程为，

联立得，

易得，则，

因为，所以，

即，，解得.

故的方程为.

（2）由（1）知，所以，

，

故，所以.

同理，的方程为，

故，所以.

的面积，

故，当且仅当，即时等号成立.

故面积的最小值为4.

21．已知函数.

(1)讨论的极值；

(2)若有两个零点，求实数的取值范围，并求证：.

【答案】(1)极大值，无极小值

(2)，证明见解析

【分析】（1）求导，再分和讨论求解；

（2）结合（1）若有两个零点，由，得到，再将问题转化为，令，得到，再令，用导数法证明即可.

【详解】（1）由题得，

①当时，，

故在上单调递增，故无极值；

②当时，令，得，

当时，；当时，.

故在区间单调递增，在区间单调递减，

此时在处取得极大值，无极小值.

（2）由（1）知，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，，

若有两个零点，则，所以，

当时，，

故存在，使得.

又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，

故.

由，得，即；

要证，只需证，

两边同乘以，得.

因为，所以.

令，即证，

即证.

令，

.

令，

故在区间上单调递增，

故，因此在区间上单调递增，

故，因此原不等式成立.

【点睛】关键点睛：本题第二问关键是由有两个零点，得到，，从而把问题转化为，再两边同乘以进而转化为，令，转化为而得证.

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.