2023届江苏省泰州中学高三上学期期初调研考试数学试题含解析

2023届江苏省泰州中学高三上学期期初调研考试数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，B={1，2，3}，则（）∩B=（    ）

A．{1} B．{1，2} C．{2，3} D．{1，2，3}

【答案】C

【分析】先计算出，再计算即可.

【详解】.

故选：C.

2．已知复数z＝（其中i为虚数单位），则z的共轭复数为 （     ）

A．－＋i B．－－i C．＋i D．－i

【答案】D

【分析】先利用复数的除法运算化简，再利用复数的共轭复数的定义求解.

【详解】解：因为，

所以，

故选：D

3．已知向量，满足，，，若，则实数的值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】C

【分析】根据平面向量数量积的运算即可求出结果.

【详解】因为，所以，

依题意，则，

故选：C.

4．《算数书》是已知最早的中国数学著作，于上世纪八十年代出土，大约比现有传本的《九章算术》还要早近二百年．《算数书》内容丰富，有学者称之为“中国数学史上的重大发现”．在《算数书》成书的时代，人们对圆周率的认识不多，用于计算的近似数与真实值相比误差较大．如书中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一．此术相当于给出了圆锥的体积V的计算公式为，其中L和h分别为圆锥的底面周长和高．这说明，该书的作者是将圆周率近似地取为（    ）

A．3.00 B．3.14 C．3.16 D．3.20

【答案】A

【分析】由圆的周长公式可得半径，再由圆锥体积公式结合已知可得.

【详解】因为，所以，

则，

∴.

故选：A．

5．的展开式中，一次项的系数与常数项之和为（    ）

A．33 B．34 C．35 D．36

【答案】D

【分析】先求出一次项的系数与常数项，再求和即可

【详解】因为的通项公式为，

所以的展开式中，一次项的系数为，

常数项为，

所以一次项的系数与常数项之和为，

故选：D

6．已知函数（，）的部分图象如图所示，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用给定图象求出，进而求出即得函数解析式，再代入求解作答.

【详解】由，，得，

由，又，得，

观察图象知，，解得，则，

因此，，所以．

故选：C

7．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断，再构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可判断，即可得解；

【详解】解：令，则，则在定义域上单调递减，所以，即，所以，即，令，，则，因为，所以，令，，则，即在上单调递减，所以，所以，即在上单调递增，所以，即，即，即，综上可得；

故选：A

8．某旅游景区有如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为（    ）

A．288 B．336 C．576 D．1680

【答案】B

【分析】根据题意,分2步进行分析,由分步计数原理计算可得答案.

【详解】解:第一步:排白车,第一行选一个位置,则第二行有三个位置可选,由于车是不相同的,故白车的停法有种,

第二步,排黑车,若白车选,则黑车有共7种选择,黑车是不相同的,故黑车的停法有种，

根据分步计数原理,共有种,

故选：B

二、多选题

9．已知，是两个不重合的平面，，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是　　

A．若，，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则与所成的角和与所成的角相等

【答案】BCD

【分析】根据线面、面面关系的性质定理与判定定理判断即可；

【详解】解：对于A．若，，，则或与平行或，与相交不垂直，故A错误；

对于B：，设过的平面与交于，则，又，，，B正确；

对于C：，内的所有直线都与平行，且，，C正确；

对于D：根据线面角的定义，可得若，，则与所成的角和与所成的角相等，故D正确．

故选：BCD．

10．在中，已知，则以下四个结论正确的是（    ）

A．最大值

B．最小值1

C．的取值范围是

D．为定值

【答案】ACD

【分析】根据可判断是以为直角的直角三角三角形，进而根据三角函数的性质以及恒等变换和诱导公式即可逐一求解.

【详解】由得，

因为，所以，故，

对于A;，当,所以，最大值为，故A正确，

对于B;，

因为,故，故取不到1，故B错误，

对于C;，由选项A可知，故C正确，

对于D;,故D正确，

故选：ACD

11．在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（    ）

A．对于任意的，都有

B．对于任意的，数列不可能为常数列

C．若，则数列为递增数列

D．若，则当时，

【答案】ACD

【分析】A由递推式有上，结合恒成立，即可判断：B反证法：假设为常数列，根据递推式求判断是否符合，即可判断；C、D由上，讨论、研究数列单调性，即可判断.

【详解】A：由，对有，则，即任意都有，正确；

B：由，若为常数列且，则满足，错误；

C：由且，

当时，此时且，数列递增；

当时，此时，数列递减；

所以时数列为递增数列，正确；

D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：选项B应用反证法，假设为常数列求通项，判断是否与矛盾；对于C、D，将递推式变形为，讨论、研究数列单调性.

12．已知，则（    ）

A．   B．   C．   D．  

【答案】ABC

【分析】将变为结合指数函数的性质，判断A;构造函数，求导，利用其单调性结合图象判断x,y的范围，利用余弦函数单调性，判断B;利用正弦函数的单调性判断C，结合余弦函数的单调性，判断D.

【详解】由题意，，得 ，

，，∴，∴，A对；

，令，即有，

令，

在上递减，在上递增，

因为 ，∴，

作出函数以及 大致图象如图：

则，∴，结合图象则，

∴，∴，B对；

结合以上分析以及图象可得，∴，

且 ，

∴，C对；

由C的分析可知，，

在区间 上，函数 不是单调函数，即不成立，即不成立，故D错误；

故选：ABC．

【点睛】本题综合考查了有条件等式下三角函数值比较大小问题，设计指数函数性质，导数的应用以及三角函数的性质等，难度较大，解答时要注意构造函数，数形结合，综合分析，进行解答.

三、填空题

13．已知内角，，的对边分别为，，，那么当______时，满足条件“，”的有两个．（仅写出一个的具体数值即可）

【答案】内任一数

【分析】由正弦定理可得，然后可求出的范围.

【详解】由正弦定理得，所以

若满足条件的有两个，则且

所以

故答案为：内任一数

14．老师要从6篇课文中随机抽3篇不同的课文让同学背诵，规定至少要背出其中2篇才能及格．某位同学只能背出其中的4篇，则该同学能及格的概率是___________．

【答案】0.8

【分析】考虑对立面，用1减去只能背出1篇的概率即可.

【详解】.

故答案为：.

15．在圆x2＋y2－2x－6y＝0内，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积为_____________

【答案】

【分析】先求出最长弦和最短弦，再计算面积即可.

【详解】

圆的标准方程为（x－1）2＋（y－3）2＝10，则圆心（1，3）半径，由题意知最长弦为过E点的直径，

最短弦为过E点和这条直径垂直的弦，即AC⊥BD，且，圆心和E点之间的距离为，

故，所以四边形ABCD的面积为.

故答案为：.

16．已知为的导函数，且满足，对任意的总有，则不等式的解集为__________．

【答案】

【分析】构造新函数，利用已知条件，可以判断单调递增，利用的单调性即可求出不等式的解集

【详解】设函数，则

又  

所以在上单调递增，又

故不等式 可化为

由的单调性可得该不等式的解集为．

故答案为：

四、解答题

17．在中，角A，B，C的对边分别为，

(1)求B；

(2)若，的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式和正弦定理对已知式子化简变形，可求出角B；

（2）由三角形的面积和，，可求出的值，再利用余弦定理求出，从而可求出三角形的周长

【详解】(1)∵，

∴

∴，

∴

由正弦定理可得：，

∵，

∴，∴，

∵

∴

(2)∵的面积为，

∵，得，

∵，∴，

∵，∴，

∴，

由余弦定理可得，

∵，∴，

∴三角形的周长为

18．已知等差数列的前n项和为，，．正项等比数列中，，．

(1)求与的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由等差数列的通项公式与求和公式，等比数列的通项公式求解即可；

（2）由错位相减法求解即可

【详解】(1)设等差数列的公差为d，

由已知得，，解得，    

所以，

即的通项公式为；    

设正项等比数列的公比为，因为，，

所以，所以，

解得或（负值舍去），

所以．

(2)，        

所以，    

所以，

相减得，

，

所以．

19．某学校对男女学生是否喜欢长跑进行了调查，调查男女生人数均为，统计得到以下2×2列联表，经过计算可得.

(1)完成表格求出n值，并判断有多大的把握认为该校学生对长跑的喜欢情况与性别有关；

(2)①为弄清学生不喜欢长跑的原因，采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，再从这9人中抽取3人进行面对面交流，求“至少抽到一名女生”的概率；

②将频率视为概率，用样本估计总体，从该校全体学生中随机抽取10人，记其中对长跑喜欢的人数为X，求X的数学期望.

附表：

附：.

【答案】(1)列联表答案见解析，，有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关；

(2)①；②.

【分析】（1）利用给定数据完善2×2列联表，计算的观测值即可求出n，再与临界值表比对作答.

（2）①利用分层抽样求出抽取的9人中男女生人数，再利用古典概型结合对立事件概率求解作答；②利用二项分布的期望公式计算作答.

【详解】(1)2×2列联表如下表所示：

，而，于是得，

又，

所以有95%的把握认为该校学生对长跑喜欢情况与性别有关.

(2)①采用分层抽样的方法从调查的不喜欢长跑的学生中随机抽取9人，这9人中男生的人数为4，女生的人数为5，

再从这9人中抽取3人进行面对面交流，“至少抽到一名女生”的概率为；

②由（1）知，任抽1人喜欢长跑的概率，

依题意，，所以X的数学期望是.

20．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．

(1)求证：平面；

(2)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设，连接，通过证明即可得出；

（2）设，求出，利用求出，即可得出的最大值.

【详解】(1)设，连接，

因为是正方形，所以是中点，

又因为是矩形，是线段的中点，所以,,

所以四边形为平行四边形，所以,

又平面，平面，所以平面；

(2)正方形和矩形所在的平面互相垂直，

则可得两两垂直，则可以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，

，则，

因为点在线段上，设，其中，

则，从而点坐标为，

于是，而，

则由可知，即，

所以，解得，故的最大值为.

21．已知椭圆的右焦点为，上顶点为H，O为坐标原点，，点在椭圆E上．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设经过点且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点，．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记，的面积分别为，，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，

（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可

【详解】(1)由，得（c为半焦距），

∵点在椭圆E上，则．

又，解得，，．

∴椭圆E的方程为．

(2)由（1）知．设直线，，．

由消去x，得．

显然．

则，．

∴．

由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．

又，，，

∴．∴．

∵．

∴．

22．已知函数和有相同的最大值.

(1)求a；

(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由导数确定函数的单调性，得最大值，由最大值相等得参数值 ；

（2）设，由（1）确定，结合（1）中所得单调性，利用零点存在定理证明函数存在两个零点，得与的图象有两个交点，同理得与也有两个交点，于是为满足题意有两个交点重合，结合可得出三个交战的横坐标之间的关系，从而证得结论成立.

【详解】(1)定义域是，的定义域是，

因为，

当时，,,

,,

则在上单调递减，在单调递增，不存在最大值，

在上单调递减，在单调递增，也不存在最大值；

同理知当时，在上单调递增，在单调递减，

在上单调递增，在单调递减，

所以有极大值，即的最大值，

有极大值，即的最大值，

所以，即；

(2)由（1）知，

由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，

记，且，

由（1）得在上单调递增，在单调递减，

且，

所以存在，使得，

设，则，

设，则，

时，，递减，时，，递增，

所以，

所以，是增函数，时，，

，

又，所以存在，使得，

即此时与有两个交点，

其中一个交点在内，另一个交点在内，

同理与也有两个交点，

其中一个交点在内，另一个交点在内，

若与和共有三个不同的交点，

则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，

令，则，

记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，

且满足，

且，即，

又，且，

且在和上分别单调，所以，即，

所以为的等比中项，

所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.

【点睛】本题考查用导数求函数的最值，用导数研究方程的根的问题，属于难题.对于方程的根的问题，难点在于寻找两个方程的根之间的关系，首先第一步由零点存在定理证明存在两个零点（方程有两个根），其次通过函数式关系找到两个方程的根之间的关系，再根据等比数列的性质证明结论成立.