2023届江苏省南通市基地大联考高三下学期3月重点热点诊断测试数学试题含解析

2023届江苏省南通市基地大联考高三下学期3月重点热点诊断测试数学试题

一、单选题

1．设集合，则满足的集合B的个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．8

【答案】C

【分析】先求出集合A的元素，再根据 推导出集合B.

【详解】对于集合A， ，即，

又 ， B可取，共4个；

故选：C．

2．在等差数列中，若，，则（    ）

A．16 B．18 C．20 D．22

【答案】B

【分析】利用等差数列的通项公式得到关于的方程组，解之即可得解.

【详解】因为是等差数列，设其公差为，

所以，解得，

所以.

故选：B．

3．命题“，”是真命题的一个必要不充分条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据“充分不必要条件”的定义推导.

【详解】“充分不必要条件”的定义是由结论可以推导出条件，但由条件不能推导出结论，

其中“，”为真命题是结论，可以推出 ， ，

其中 是条件，由 不能推出“，”为真命题，

对于A，B选项，可以推出“，”为真命题，是充分条件；

对于C选项，是既不充分也不必有的条件；

故选：D.

4．任何一个复数都可以表示成的形式，通常称之为复数的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．则（    ）

A．1 B． C． D．i

【答案】B

【分析】现将复数 表示为三角形式，再利用棣莫弗定理求解.

【详解】，

；

故选：B．

5．已知函数同时满足下列条件：①定义域为；②；③为偶函数；④，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】A

【分析】根据题意得函数为周期函数，周期为，再结合，求得，，再根据周期性计算即可.

【详解】解：解法一：由①知，的定义域为，

由③为偶函数，则，即

由④知函数满足，

所以，，即

所以，即函数为周期函数，周期为，

因为，

所以，令得，令得，即，

所以.

故选：A

解法二：由③知，图象关于对称，由④知，关于对称，

故选取三角函数，由于①定义域为；②，

故令，满足①②③④，

所以，

故选：A

6．在中，已知，，D为BC的中点，则线段AD长度的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】C

【分析】由余弦定理得到，再利用基本不等式得到，然后由求解.

【详解】解：由余弦定理得，

即，即，

所以，

∴，当且仅当b=c时等号成立.

因为，

所以，

，

∴，

故选：C．

7．如图1所示，抛物面天线是指由抛物面（抛物线绕其对称轴旋转形成的曲面）反射器和位于焦点上的照射器（馈源，通常采用喇叭天线）组成的单反射面型天线，广泛应用于微波和卫星通讯等领域，具有结构简单、方向性强、工作频带宽等特点．图2是图1的轴截面，A，B两点关于抛物线的对称轴对称，F是抛物线的焦点，∠AFB是馈源的方向角，记为，焦点F到顶点的距离f与口径d的比值称为抛物面天线的焦径比，它直接影响天线的效率与信噪比等．如果某抛物面天线馈源的方向角满足，，则其焦径比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为：，，，代入抛物线方程可得，根据，解得与的关系，即可得出．

【详解】如图所示，建立直角坐标系，

设抛物线的标准方程为：，，

，代入抛物线方程可得：，解得，

由于，得或（舍）

又，化为：，

解得或（舍）

.

故选：C.

8．已知，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】对求导，得出的单调性，可知，可求出的大小，对两边取对数，则，可得，最后比较与大小，即可得出答案.

【详解】，，，

令，解得：；令，解得：，

所以在上单调递减，在上单调递增，

，，，则，，

，，∴，排除D．

，则，，，∴，排除B．

比较与大小，先比较与大小，

,，

因为，所以

所以在上单调递增，，

所以，所以，

∴，综上.

故选：A．

【点睛】关键点点睛：本题涉及三个量的大小比较，关键点在于构造函数，运用函数的单调性可求出的大小，即可判断的大小，的大小，最后构造函数，比较与的大小即可得出答案.

二、多选题

9．在正方体中，点P满足，则（    ）

A．若，则AP与BD所成角为 B．若，则

C．平面 D．

【答案】BCD

【分析】与BD所成角为与所成角，为，A错误，建系得到，B正确，故面面，C正确，，D正确，得到答案.

【详解】对选项A：时P与重合，与BD所成角为与所成角，为等边三角形，则AP与BD所成角为，错误；

对选项B：如图建立空间直角坐标系，令，，，，，，，正确；

对选项C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正确；

对选项D：，，，正确．

故选：BCD

10．下列命题中，正确的命题是（    ）

A．若事件，满足，，则

B．设随机变量服从正态分布，若，则

C．若事件，满足，，，则与独立

D．某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生平均数为9，方差为11；女生的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方差为9.5

【答案】AC

【分析】根据条件概率公式判断A，根据正态分布的对称性判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据方差公式判断D.

【详解】对于A：因为，∴，故A正确．

对于B：因为，，则，，故B错误．

对于C：若，则与独立，则与独立，故C正确．

对于D：男生成绩设为，∴，

，

∴．

女生成绩设为，∴，

，

∴．

所以，

则，故D错误．

故选：AC

11．已知是双曲线的左、右焦点，是C上一点，若C的离心率为，连结交C于点B，则（    ）

A．C的方程为 B．

C．的周长为 D．的内切圆半径为

【答案】ABD

【分析】根据点A的坐标和离心率求出双曲线的标准方程，再根据双曲线的性质逐项分析.

【详解】对A，将点A的坐标代入双曲线方程，并由 得下列方程组：

，解得，∴双曲线，A正确；

对B，，，，

，∴，B正确；

对C， ，

，，周长，C错误；

对D，令 ，则 ，  ，在 中，

，∴，设 的周长为l，内切圆半径为r，则 ，

由三角形面积公式知： ，

  ，D正确；

故选：ABD．

12．已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（    ）

A． B．

C．的最大值为0 D．当时，

【答案】AB

【分析】先利用导数几何意义求出切线方程，利用切线斜率和截距相等建立方程，然后利用指对互化判断A、B，由数量积坐标运算化简，判断函数值符号即可判断C，构造函数，利用导数法研究函数的单调性，判断D

【详解】因为，所以，又，所以，

切线：，即，

因为，所以，又，所以，

切线：，即，

由题意切线重合，所以，所以，即，A正确；

当时，两切线不重合，不合题意，

所以，，，

所以，，B正确；

，

当时，，，则，当时，，，

则，，所以，C错误；

设，则，

所以函数在上单调递增，所以，所以，

所以，∴，

记，则，

所以函数在上单调递增，则，所以，D错误.

故选：AB

【点睛】关键点点睛：本题需要表示出两条切线方程，然后比较系数，再进行代换，在代换过程中要尽量去消去指数或对数，朝目标化简.

三、填空题

13．已知函数则当时，的展开式中的系数为_________．

【答案】270

【分析】由分段函数解析式可得，应用二项式定理求出的系数即可.

【详解】时，，，

展开式第项，故时，，

∴的系数270．

故答案为：270

14．中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意粮食满园、称心如意、十全十美，下图为一种婚庆升斗的规格，该升斗外形是一个正四棱台，上、下底边边长分别为，，侧棱长为，忽略其壁厚，则该升斗的容积为_________．

【答案】

【分析】先求出四棱台的高，再根据四棱台的体积公式计算.

【详解】

上下底面对角线的长度分别为： ， 高h ，

上底面的面积 ，下底面的面积 ，

四棱台的体积 ；

故答案为： .

15．已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是_________．

【答案】

【分析】先正弦函数的周期性求出 的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出 的具体范围.

【详解】在 是增函数，∴ ，∴ ，，

又 ，∴ ，令 ，

则 在 的函数图像如下：

所以欲使得 是增函数，则必须 或者 ，

对于 ，即 ，

对于函数，在 时 的值域是 ， ，

对于 ，即 ，

对于函数 在 时的值域是 ，即 ， 与 矛盾，无解；

故答案为： .

16．在平面直角坐标系xOy中，已知圆，圆．若圆上存在两点A，B，且圆上恰好存在一点P，使得四边形OAPB为矩形，则实数a的取值集合是_________．

【答案】

【分析】设，OP中点，求出P点的轨迹方程，因P又在圆上，所以两圆有且仅有一个公共点，所以或，求解即可得出答案.

【详解】设，OP中点，D也是AB中点，，

因为D也是AB中点，所以，

，

因为在圆内，所以，∴，

又因为，，所以，

∴，

∴P在上，P又在圆上，满足条件的P恰好有一个点，

∴两圆有且仅有一个公共点，

∴或，

或或0或2，所以a的取值集合．

故答案为：.

四、解答题

17．设数列的前n项和为，已知．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)若数列满足，，求数列的前14项的和．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知得出，结合前项和与通项的关系将已知与得出的式子两式做减，再化简即可得出，即可证明；

（2）根据（1）得出，结合已知即可得出当为偶数时，即，将数列的前14项从第2项开始两两分组，再结合等比数列求和公式即可得出答案.

【详解】（1），

则，

，得，即，

，即

令中，得，解得，则

是首项为1，公比为2的等比数列．

（2）由（1）知，则，

，且，

当为偶数时，，即，

，

，

．

18．如图，在平面四边形ABCD中，，，，．

(1)若，求；

(2)记 与 的面积分别记为和，求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出BD，再运用余弦定理求出 ，再利用两角和公式求解；

（2）先运用余弦定理求出 与 的关系，再根据三角形面积公式求解.

【详解】（1）∵，∴，

，，

，，

∴  

；

（2）设，，∴，

∴，∴，①

，

当且仅当，时取最大值 ；

综上， ， 的最大值是 .

19．2022年10月1日，女篮世界杯落幕，时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩统计数据显示，中国队主力队员能够胜任小前锋（SF）大前锋（PF）和得分后卫（SG）三个位置，且出任三个位置的概率分别为，同时，当队员出任这三个位置时，球队赢球的概率分别为，（队员参加所有比赛均分出胜负）

(1)当队员参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率；

(2)在赛前的友谊赛中，第一轮积分规则为：胜一场积分，负一场积分．本轮比赛球队一共进行场比赛，且至少获胜场才可晋级第二轮，已知队员每场比赛均上场且球队顺利晋级第二轮，记球队第一轮比赛最终积分为，求的数学期望．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，结合相互独立事件和互斥事件的概率计算公式，即可求解；

（2）根据题意，得到随机变量的所有可能取值，结合独立重复事件的概率计算公式和条件概率的计算公式，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用期望的计算公式，即可求解.

【详解】（1）解：根据题意，队员参加比赛时，比赛获胜的概率为.

（2）解：根据题意，可得赢3场，负两场积分7；A赢4场负一场积分10；赢5场，积分15分，所以随机变量的所有可能取值为7，11，15，记表示第一轮比赛最终积分为，表示“所在的球队顺利晋级第二轮”，

可得，，

，则，

所以，，

，

所以随机变量的分布列如下表：

期望为．

20．如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，．

(1)求证：平面平面ACD；

(2)若，，五面体ABCDE的体积为，求平面CDE与平面ABED所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用中位线定理证明线线平行，得到平行四边形，进而根据线面垂直的判定即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）取AC中点M，连接BM，∵，∴，

又∵平面，平面，∴，

又，平面，

∴平面，取CD中点F，连接MF，EF，

∴且，又∵且，

∴且，

∴四边形BMFE为平行四边形，∴．

∴平面ACD，又∵平面CDE，∴平面平面ACD．

（2）过点作，则．

设，∴，

．

由（1）可知两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，

如图，∴，

．

设平面CDE与平面ABED的一个法向量分别为，

∴，

，

设平面与平面所成角为θ，

∴，即平面与平面所成角的余弦值为.

21．已知A，B是椭圆上关于坐标原点O对称的两点，点，连结DA并延长交C于点M，连结DB交C于点N．

(1)若A为线段DM的中点，求点A的坐标；

(2)设，的面积分别为，若，求线段OA的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)由于A是M，D的中点，设 ，由此推出M的坐标，再根据A，M都在椭圆上，代入椭圆方程即可求解；

(2)设直线DA的方程，再根据A，B的对称性设DB的方程，与椭圆方程联立，求出M，N点的坐标与A，B点坐标的关系，将面积之比问题转化为坐标之比问题.

【详解】（1）设，∴

由A，M均在椭圆C上，∴ ，解得 ，，

∴；

（2）设DA方程为，，，

，得 ，，

∴，

∴．

同理

∴，∴

，∴；

而 ，∴

【点睛】本题的难点在于要将面积之比转化为坐标之比，这个思路是在解题的开始时就应该产生的，后面的步骤只是这个思路的具体执行.

22．已知函数．

(1)当时，证明：在区间上单调递增；

(2)若函数存在两个不同的极值点，求实数m的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）求导，再令，利用导数法判断的正负即可；

（2）求导，由存在两个不同的极值点，得到存在两个不同的变号零点，再令，用导数法研究其零点即可；

【详解】（1）解：，令，

则，

当时，，递减；当时，，递增，

∴，

∴在上单调递增．

（2）因为，

所以，

∵存在两个不同的极值点，

∴存在两个不同的变号零点，

令，则，

，

令，

，则在上递减，

注意到，

∴当时，，则，递减；

当时，，则，递增，

∴．

要使有两个不同的变号零点，则，解得．

且当时，，当时，，

∴．

综上：，即m的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：本题第二问在研究的零点时，不仅要其最小值小于0，也要研究和时的情况.