江西省南昌市第二中学2023届高三上学期第四次考试数学（理）试题（解析版）

南昌二中2023届高三第4次考试数学（理）试卷

一、单选题（每小题5分，共60分）

1. 设A、B、I均为非空集合，且满足，则下列各式中错误的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过集合之间的包含关系，逐个推导即可.

【详解】A.∵    ∴    ∴，正确；

B. 由已知，，  ∴，B选项错误；

C.由已知，，   ∴，正确；

D. 由已知，，  ∴，正确.

故选：B.

2. 若（，为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的运算法则求得参数，再求目标复数的模长即可.

【详解】因为，故，故，

则.

故选：B.

3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（      ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】的定义域为两个函数定义域的交集，列出不等式组求解即可．

【详解】由题可知，，故函数的定义域为，

故选：A．

4. 在空间中，给出下列命题：其中真命题是（　　）

A. 分别和两条异面直线AB、CD同时相交的两条直线AC、BD有可能相交

B. 同时与两条异面直线垂直的两直线不一定平行

C. 垂直于三角形两边的直线必垂直于第三边

D. 有三个角为直角的四边形是矩形

【答案】C

【解析】

【分析】根据异面直线、线面垂直、空间图形等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】A选项，假设分别和两条异面直线AB、CD同时相交的两条直线AC、BD相交，

则确定一个平面，则，

所以，这与是异面直线矛盾，所以A选项错误.

B选项，如下图所示，是异面直线，

，过作，则直线和直线确定一个平面，

若，则，由于，所以；

若，同理可证得，所以，所以B选项错误.

C选项，对于三角形，若，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以，所以C选项正确.

D选项，有三个角为直角的四边形可能是空间四边形，不是矩形，所以D选项错误.

故选：C

5. 长沙市雅礼中学（雅礼）、华中师范大学第一附属中学（华一）、河南省实验中学（省实验）三校参加华中名校杯羽毛球团体赛． 这时候有四位体育老师对最终的比赛结果做出了预测：

罗老师：雅礼是第二名或第三名，华一不是第三名；

魏老师：华一是第一名或第二名，雅礼不是第一名；

贾老师：华一是第三名；

关老师：省实验不是第一名；

其中只有一位老师预测对了，则正确的是（    ）

A. 罗老师

B. 魏老师

C. 贾老师

D. 关老师

【答案】C

【解析】

【分析】由题意分别假设四位老师正确，再进行逻辑推理，即可得到结果.

【详解】由题意，假设罗老师正确，则另外三位老师错误，又因为魏老师与贾老师的说法中一定有一个正确，所以假设错误，A不正确；

假设魏老师正确，则另外三位老师错误，但是与罗老师的说法矛盾，所以假设错误，B不正确；

假设关老师正确，则另外三位老师错误，但是魏老师与贾老师的说法中一定有一个正确，所以假设错误，D不正确；

故贾老师说法正确.

故选:C.

6. 已知x，y满足不等式组，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意，作出可行域，根据截距式目标函数的几何意义，可得答案.

【详解】由题意，可作可行域，如下图所示：

联立可得，解得，即交点为，

当动直线过点时，取得最小值，即.

故选：C.

7. 1934年，东印度（今孟加拉国）学者森德拉姆发现了“正方形筛子”如图所示，根据规律，则“正方形筛子”中位于第7行的第31个数是（    ）

A. 470 B. 472 C. 474 D. 476

【答案】B

【解析】

【分析】由图中所给信息，第1列是公差为3的等差数列，第i行的等差数列的公差为2i+1，由此计算即可．

【详解】利用图中“正方形筛子”给出的信息，第1列是首项为4公差为3的等差数列，第i行是公差为2i+1的等差数列，第7行的第1个数是，第7行是首项为22公差为15的等差数列，所以第7行的第31个数是．

故选：B

8. 已知函数，现给出下列四个结论，其中正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期为

B. 函数的最大值为2

C. 函数在上单调递增

D. 将函数的图象向右平移个单位长度；所得图象对应的解析式为

【答案】C

【解析】

【分析】首先利用三角恒等变换化简函数，再根据函数的性质依次判断选项

【详解】对于A和B，，

所以的最小正周期为，的最大值为1，故A错误，B错误，

对于C，当时，，

因为在上单调递增，所以函数在上单调递增，故C正确；

对于D，将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像对应的函数解析式为，故D不正确，

故选：C

9. 如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】画出三棱锥的直观图，由已知数据可得，，据此得到的中点为三棱锥外接球的球心，求出外接球的半径，代入球的表面积公式即可得解．

【详解】三棱锥的直观图，如图所示，

则，，

所以，，则，，

取的中点，连接，，则，

所以为三棱锥外接球的球心，半径，

故三棱锥外接球的表面积．

故选：B．

.

10. 已知正数，满足，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用基本不等式“1”的妙用及换元法即可求得结果.

【详解】，

令，，则，，

，

当且仅当且，即，时，等号成立，

所以，故有最小值.

故选：D.

11. 如图，是圆O的直径，与圆O所在的平面垂直且，为圆周上不与点重合的动点，分別为点A在线段上的投影，则下列结论错误的是（    ）

A. 平面平面

B. 点在圆上运动

C. 当的面积最大时，二面角的平面角大小为

D. 与所成的角可能为

【答案】D

【解析】

【分析】根据面面垂直、动点轨迹、面面角、线面角、线线角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】由于平面，平面，所以，

由于是圆的直径，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以，

由于平面，所以平面，

由于平面，所以平面平面，所以A选项正确.

由于平面，所以，

所以点在以为直径的圆上运动，所以B选项正确.

由于平面，所以，

由于平面，

所以平面，由于平面，所以，

所以是二面角的平面角，

由于点在以为直径的圆上运动，所以在的中点时，

面积取得最大值，

此时，所以C选项正确

由于平面，即平面，

所以是直线与平面所成角，

由于直线与平面内直线所成角的最小值为直线与平面所成角，即，

平面，所以直线与直线所成角不小于，D选项错误

故选：D

12. 已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由偶函数性质可按定义证得为奇函数，再结合得，构造，由导数法可证单调递减，由结合偶函数得的周期为，即可得，则等价为，最后结合单调性求解即可.

【详解】是定义在R上的偶函数，，则，即是奇函数，

由，可得，

构造，则，所以函数单调递减，

，，即的周期为，

则，即；

不等式可化简为，即，

所以，解得.

故选：B

二、填空题（每小题5分，共20分）

13. 已知向量，满足，，与的夹角为，，则_______.

【答案】4

【解析】

【分析】利用向量垂直以及数量积的运算法则，可得，在结合题目所给的模，代入即可求得.

【详解】， 即，又

故答案为：4

14. 已知圆上存在两点关于直线对称，则的最小值是_______________．

【答案】2

【解析】

【分析】依题意有直线过圆心，得到，再利用重要不等式求的最小值.

【详解】圆上存在两点关于直线对称，所以直线过圆心，有，即.

，当且仅当，即时等号成立.

∴，即，所以时，的最小值为2.

故答案为：2

15. 滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，如图，在滕王阁旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为30°，60°，45°，且米，则滕王阁的高度_______米．

【答案】

【解析】

【分析】设，由边角关系可得，，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.

【详解】设，因为，，则

又，，，

所以，，.

在中，，

即①.，

在中，，

即②，

因为，

所以由①②两式相加可得：，解得：，

则，

故答案为：.

16. 数列满足，，，定义函数是数列的特征函数，则下列说法正确的是_____________

①当时，数列单调递增

②当时，

③当时，

④当时，记数列的前项和为，则

【答案】②③④

【解析】

【分析】根据定义验证判断即可.

【详解】由已知，，故，故①错误

因为，所以，同理，

所以，故②正确

又因为为增函数，且 ，所以

即，故③正确

依题意，由易知对任意的，，则，所以，即数列为单调递减数列，则，由可得，则，

所以，

所以

综上，故④正确.

故答案为：②③④

三、简答题（每小题12分，共60分）

17. 已知首项为2的正项数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等比数列的定义和通项公式即可求解；

（2）根据错位相减法求和，即可得出答案.

【小问1详解】

解：由，得，

又，所以，数列为以2为首项，2为公比的等比数列，

所以.

小问2详解】

解：由（1）知：，所以，

所以，

，

两式相减得：

.

所以.

18. 伴随经济的飞速发展，中国全民健身赛事活动日益丰富，公共服务体系日趋完善.据相关统计数据显示，中国经常参与体育锻炼的人数比例为37.2%，城乡居民达到《国民体质测定标准》合格以上的人数比例达到90%以上.健身之于个人是一种自然而然的习惯，之于国家与民族，则是全民健康的基础柱石之一，某市一健身连锁机构对去年的参与了该连锁机构健身的会员进行了统计，制作成如下两个统计图，图1为该健身连锁机构会员年龄等级分布图，图2为一个月内会员到健身连锁机构频数分布扇形图

若将会员按年龄分为“年轻人”（20岁-39岁）和“非年轻人”（19岁及以下或40岁及以上）两类，将一月内来健身房锻炼16次及以上的会员称为“健身达人”，15次及以下的会员称为“健身爱好者”，且已知在“健身达人”中有是“年轻人”.

（1）现从该健身连锁机构会员中随机抽取一个容量为100人的样本，根据上图的数据，补全下方列联表，并判断依据小概率值的独立性检验，能否认为是否为“健身达人”与年龄有关；

（2）将（1）中的频率作为概率，连锁机构随机选取会员进行回访，抽取3人回访.设3人中既是“年轻人”又是“健身达人”的人数为随机变量X，求X的期望和方差.

临界值表：

【答案】（1）表格见解析，不能认为“健身达人”与年龄有关；   

（2）数学期望，方差

【解析】

【分析】（1）首先根据题意填写好表格，根据公式计算值，对照表格得到结论；

（2）由（1）知既是年轻人又是健身达人的概率为，且，根据二项分布公式即可求解.

【小问1详解】

根据年轻人标准结合图1可得年轻人占比为80%，

则年轻人人数为，则非年轻人为20人，

根据图2表格得健身达人所占比60%，所以其人数为，

根据年轻人占比，所以健身达人中年轻人人数为，则非年轻人为10人；

健身爱好者人数为，再通过总共年轻人合计为80人，则健身爱好者中年轻人人数为，

根据非年轻人总共为20人，则健身爱好者中非年轻人人数为，

具体表格填写如下，列联表为

所以，依据的独立性检验，不能认为“健身达人”与年龄有关；

【小问2详解】

由（1）知，既是年轻人又是健身达人的概率为，

所以的数学期望，方差

19. 在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，，AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F为DE的中点，且点满足．

（1）证明：GF平面ABC；

（2）当多面体ABCDE体积最大时，求二面角A-BE-D的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证四边形CDNM为平行四边形，进而可得CM//DN，又中位线定理得GF//DN，则GF//CM，再由线面平行的判定定理即可证结论.

（2）过B作BH⊥AC交AC于H，由多面体ABCDE体积最大得BH最大，可知，为的中点，从而建立空间直角坐标系，求面ABE与面DBE的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可求二面角ABED的正弦值.

【小问1详解】

取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，

在梯形ACDE中，且DC=EA，

而M，N分别为BA，BE中点，

∴MN//EA，MN=EA，

∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，

又，N为EB中点，

∴G为EN中点，又F为ED中点，

∴GF//DN，故GF//CM，

又CM平面ABC，GF平面ABC，∴平面ABC.

【小问2详解】

在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．

∴平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，BH平面ABC，BH⊥AC，

∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B-ACDE的高，

又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，

此时AB=BC=，，为的中点，

连结，易得，易知HB，HC，HF两两垂直，

以为原点建立如图所示的平面直角坐标系H-xyz，

∴，

则，

设为平面ABE的一个法向量，则，即，取，

设为平面DBE的一个法向量，则，即，取，

∴，

∴二面角ABED的正弦值为.

20. 已知，分别为椭圆的左右焦点，点为上任意一点，且最大值为，最小值为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若P是第一象限内上的一点，、的延长线分别交于点、，设、分别为、的内切圆半径，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知得，结合，即可求解.

（2）设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理求得、的坐标，根据，，得，再利用基本不等式可求解.

【小问1详解】

由题意得，所以，又

所以椭圆的方程为

【小问2详解】

设，，，

直线的方程为：，

将其代入椭圆的方程可得，

整理可得，则，

得，，故．

当时，直线的方程为：，

将其代入椭圆方程并整理可得，

同理，可得，

因为，，所以

当且仅当，时，等号成立

若轴，易知，，，

此时，

综上，的最大值为.

21. 已知函数.

（1）当时，求的极值；

（2）当时，证明：存在唯一极值点，且.

【答案】（1）极小值为0，无极大值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)利用导数判断函数单调性，确定极值点.

（2）由导函数的单调性和零点存在性定理证明存在唯一极值点，再构造新函数利用导数证明不等式.

【小问1详解】

当时，，所以，

又 在上递增，且，所以当时，；

当时，，所以在上递增，在上递减.

又，所以的极小值为0，无极大值.

【小问2详解】

的定义域为，，

当时，由（1）知， 则，

当时，单调递增，且，，

设，则， 故单调递减， 即， 所以，

根据零点存在性定理， 知存在唯一的零点.,

此时，

，

 设，，

所以在单调递增，， 故 ，

当时，单调递增， 且，

， 设，

时，在单调递减，

∴即，∴，

根据零点存在性定理， 存在唯一的零点，

 此时有，

由， 可得：，

所以时， ，

综上， 当时，存在唯一极值点，为极小值点，且

【点睛】1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用.

3..证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

四、选做题（任选一题，共10分）

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

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）设直线与曲线相交于，两点，若，求的值．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）直接利用转换关系式，把极坐标方程转换为直角坐标方程．
（2）将直线​的参数方程代入曲线​的方程，利用韦达定理和参数的几何意义，代入弦长公式计算．

【小问1详解】

由​，得​，即​

所以曲线的直角坐标方程为

【小问2详解】

的焦点为，直线经过焦点，

将直线​的参数方程代入曲线​的方程得​，

设​，​是方程的根，则​，​，

又​，​，

​，又​，​，​或

23. 函数．

（1）求函数的最小值；

（2）若（1）中的最小值为，且实数，，满足．求证：．

【答案】（1）当时, 的最小值为3   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用零点分段讨论法即可求解；

（2）由绝对值三角不等式可得的最小值，进而有，又，从而利用柯西不等式即可证明.

【小问1详解】

解：当时，，为单调增函数，所以此时的最小值为；

当时，，所以此时没有最大、最小值；

当时，，为单调减函数，所以此时为最小值.

综上，当时, 的最小值为3.

【小问2详解】

解：因为，当且仅当时取等号，

所以，

由柯西不等式可知，

所以（当，，时等号）.