2023届江苏省决胜新高考高三下学期4月大联考数学试题含解析

2023届江苏省决胜新高考高三下学期4月大联考数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先通过一元二次不等式的解法求出集合，再通过集合的交集运算求解即可.

【详解】因为，所以．

故选：B.

2．已知向量、满足，则与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算出、，利用平面向量数量积的运算性质可求得与的夹角.

【详解】因为，则，所以，，

所以，，则，

又因为，

所以，，

因为，因此，.

故选：A.

3．已知复数满足，则（    ）

A． B．2 C． D．5

【答案】D

【分析】由，再根据复数模的定义计算即可．

【详解】，

故选：D．

4．中国国家大剧院是亚洲最大的剧院综合体，中国国家表演艺术的最高殿堂，中外文化交流的最大平台．大剧院的平面投影是椭圆，其长轴长度约为，短轴长度约为．若直线平行于长轴且的中心到的距离是，则被截得的线段长度约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】建立直角坐标系，设该椭圆方程为， ，由题意得出椭圆的方程，令，即可得出答案．

【详解】设该椭圆焦点在轴上，以中心为原点，建立直角坐标系，如图所示，设椭圆的方程为：，，由题意可得，，

将，代入方程，得，

因为直线平行于长轴且的中心到的距离是，

令，得(m)，

故选：C．

5．已知多项式，则（    ）

A．0 B．32 C．16 D．

【答案】B

【分析】设，令求出，再分别求出和的展开式中一次项和常数项，得出，即可得出答案．

【详解】设，则，

令，则，

的展开式中一次项为，常数项为1，

的展开式中一次项为，常数项为16，

所以，

所以，

故选：B．

6．对于命题“若，，则”，要使得该命题是真命题，，，可以是（    ）

A．，，是空间中三个不同的平面

B．，，是空间中三条不同的直线

C．，是空间中两条不同的直线，是空间的平面

D．，是空间中两条不同的直线，是空间的平面

【答案】D

【分析】由平面与平面，平面与直线，直线与直线的位置关系，分别判断每个选项即可．

【详解】对于A：若，，是空间中三个不同的平面，且，，则平面和平面的位置不确定，故A错误；

对于B：若，，是空间中三条不同的直线，且，，则直线和直线的位置不确定，故B错误；

对于C：，是空间中两条不同的直线，是空间的平面，且，，则直线和平面的关系为直线平面或直线平面，故C错误；

对于D：，是空间中两条不同的直线，是空间的平面，且，，则，故D正确，

故选：D．

7．在中，内角，，所对应的边分别为，，，且，，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用锐角三角函数的定义及两角差的正切公式，结合基本不等式即可求解

【详解】过点作的垂线，垂足为，如图所示

因为，

所以.

设，则，，

所以．

当时等号成立．

当时，的最大值是.

故选：D.

8．若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】构造函数，研究的奇偶性和单调性，由此判断出的大小关系.

【详解】设，则，，．

因为，

所以．

当时，因为，

所以在上单调递增．

因为，所以．

要比较和的大小关系，

即比较和的大小关系，

即比较和的大小关系，

其中，，

所以，所以，所以．

所以.

的另解：先证明，

不妨设，即证，

即证，其中，

即证，

构造函数，

，

所以在上单调递增，，

所以当时，，即成立，

也即成立.

所以，即.

故选：A

【点睛】比较实数的大小关系有很多方法，如差比较法、利用函数的单调性的方法、利用分段法、利用导数的方法.其中利用导数来比较大小，可以先根据要比较的数的结构进行构造函数，然后利用导数研究所构造函数的单调性，由此来得出大小关系.

二、多选题

9．有两组样本数据1，3，5，7，9和1，2，5，8，9，则这两组样本数据的（    ）

A．样本平均数相同 B．样本中位数相同 C．样本方差相同 D．样本极差相同

【答案】ABD

【分析】根据平均数，中位数，方差和极差的定义依次计算得到答案.

【详解】对选项A：平均数分别为，，正确；

对选项B：中位数分别为，，正确；

对选项C：方差分别为，

，不正确；

对选项D：极差分别为，，正确.

故选：ABD.

10．若函数，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】利用幂函数的性质及函数的单调性的性质，结合特殊值法及构造函数法即可求解.

【详解】由幂函数的性质知， 在上单调递增.

因为,所以，即，，

所以．故A正确；

令，则，故B错误；

令，则

由函数单调性的性质知，在上单调递增，在上单调递增，

所以在上单调递增，

因为，所以，即，于是有，故C正确；

令，则，

所以因为，故D错误．

故选：AC.

11．已知点在圆：上，点，，则（    ）

A．点到直线的距离的最小值是 B．的取值范围是

C．的取值范围是 D．当为直角三角形时，其面积为3

【答案】ACD

【分析】根据圆心到直线的距离即可判断A；由，求出的范围，即可判断B；当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，若点在第二象限，此时最大，通过角度的计算得出的取值范围，即可判断C；当为直角三角形时，求出点到直线的距离，进而求出面积即可判断D．

【详解】由题可知直线的方程为：，，

对于A：因为圆心到直线的距离是，

所以点到直线的距离的最小值是，故A正确；

对于B：记线段的中点为，则，

则，

因为，

所以的取值范围是，故B错误；

对于C：由题可知，，

当到圆相切时，若点在第一象限，此时最小，

因为，，所以，

所以；

若点在第二象限，此时最大，同理可得，

所以的取值范围是， 故C正确；

对于D：因为的取值范围是，同理可得的取值范围是，

所以当为直角三角形时，，则，

设点坐标为，

则，

得点在直线上，

所以点到直线的距离为，

所以面积为，故D正确；

故选：ACD．

12．佩尔数列是一个呈指数增长的整数数列．随着项数越来越大，其后一项与前一项的比值越来越接近于一个常数，该常数称为白银比．白银比和三角平方数、佩尔数及正八边形都有关系．记佩尔数列为，且，，．则（    ）

A． B．数列是等比数列

C． D．白银比为

【答案】ACD

【分析】由递推公式得出，即可判断A；计算，，，由等比数列的定义即可判断B；设数列是公比为是等比数列，求出和的值，得出，即可判断C；由通项公式得出，化简后根据白银比的定义，求出白银比即可判断D．

【详解】对于A：因为，，，，，，，，故A正确；

对于B：因为，，，故B错误；

对于C：设数列是公比为是等比数列，则，

所以，所以，

所以或；

当时，，

当时，，

解得，故C正确；

对于D：因为

，

因为，

所以当时，，，故D正确，

故选：ACD．

三、填空题

13．若数列是等比数列，且是与的等差中项，则________．

【答案】2

【分析】由数列是等比数列，及是与的等差中项，得出的值，再由即可得出答案．

【详解】因为是与的等差中项，数列是等比数列，

所以，即，解得，

所以，

故答案为：．

14．某校有4名同学到三个社区参加新时代文明实践宣传活动，要求每名同学只去1个社区，每个社区至少安排1名同学，则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率________．

【答案】

【分析】先根据捆绑法和分步计数乘法原理求得总分法的种数，再结合古典概型概率公式即可求解.

【详解】先将4名同学中的2名同学看作一组，选法有种，另外两组各1人，分配到三个社区，

则总分法有种，

其中甲、乙2人被分配到同一个社区的分法有种，

则甲、乙2人被分配到同一个社区的概率为．

故答案为：.

15．已知函数，若有六个零点，则实数的取值范围是________．

【答案】或

【分析】先求得的零点，将有个零点转化为函数的图象与三条直线共有六个交点，结合导数来求得的取值范围.

【详解】由，解得或；

由，解得.

因为，所以或或，

即，

因为有六个零点，

所以函数的图象与三条直线共有六个交点．

因为函数的图象与三条直线共有三个交点，

所以的图象与三条直线共有三个交点，

当时，，

所以在区间递增，在区间递减，

所以时，取得极大值也即是最大值，

，，

结合的图象，可知或，

所以或．

故答案为：或．

16．在棱长为6的正四面体中，已知点为该四面体的外接球的球心，则以为球心，为半径的球面与该四面体的表面形成的交线长为________．

【答案】/

【分析】求出球心到平面的距离，确定截面圆的半径，计算截面圆与交线的长度，从而求得球面与该四面体的表面形成的交线长.

【详解】取的中点，的中心，

则，，．

因为，

所以，．

设球面与平面形成的交线上一点，

则，即，所以．

所以点在以为圆心，为半径的圆上，

如图2：设此圆与的边交于，与边 交于，于，于，

由得同理

又 所以

所以球面与底面形成的交线是三段圆心角为的圆弧，

所以结合对称性可知球面与该四面体的表面形成的交线长度为．

故答案为：

【点睛】方法点睛：平面截球所得轨迹长度求法：先作球心到平面的垂线，垂足即为截面圆的圆心，可以建立球半径与截面圆半径的关系：，若截面只是多边形，需要计算截面圆与多边形的交线，可用平面几何求解.

四、解答题

17．已知数列满足，

(1)记，写出，，并求数列的通项公式；

(2)求的前20项和．

【答案】(1)，；

(2)

【分析】（1）由题意分析出数列是等差数列，通过等差数列通项公式求解即可；（2）通过等差数列前项和求和公式求解即可.

【详解】（1），，．

因为，所以，

所以数列是等差数列，所以．

（2）因为当为奇数时，，

所以的前20项和为

．

18．在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．

在中，内角，，所对应的边分别为，，，且满足________．

(1)求；

(2)若，，为边上的一点，且，求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选①：由条件和正弦定理得，根据得出，根据二倍角公式得出，进而得出，再结合的范围即可求出；选②：由二倍角公式及同角三角函数的平方关系得出，解出，再结合的范围即可求出；

（2）首先在中，由余弦定理求出和，在中，由正弦定理得出，由得出代入，结合二倍角公式即可得出答案．

【详解】（1）选择①：

在中，由正弦定理，得．

因为，

所以，

所以，

因为，所以，

因为，所以，

所以，

因为，所以，

因为，

所以，

所以，所以．

选择②：

因为，

所以，

所以，

所以，即，

解得或（舍去），

因为，所以．

（2）在中，由余弦定理，

得，解得，

，

在中，由正弦定理得：，

得，

因为，

所以，

所．

19．如图1，在边长为4的等边中，，分别是，的中点．将沿折至（如图2），使得．

(1)证明：平面平面；

(2)若点在棱上，当与平面所成角最大时，求的长．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，通过证明平面得平面平面．

（2）（方法1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，将与平面所成角的正弦值表示为的函数，利用二次函数求最大值即可；

（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．即为与平面所成角且，当的最小时，MB最长.

【详解】（1）取的中点，因为是等边三角形，所以．

因为的边长为4，

所以．

在中，，，，

由余弦定理，

得．

因为，所以．

又因为，，平面，

所以平面．

因为平面，

所以平面平面．

（2）（方法1）取的中点，则．

以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，．

设，因为，所以，

所以．

因为平面，平面，所以．

又因为，平面，所以平面，

所以平面的一个法向量为．

记与平面所成角为，

则．

因为当时，取得最大值，此时最大，

所以，所以．

（方法2）在平面内，过点向作垂线，垂足为．

因为平面，平面，所以．

又因为，，平面，所以平面，

所以即为与平面所成角．

因为在中，，

所以．

在平面内，当时，最小，

此时，

所以此时取得最大值，也最大．

因为，所以．

20．甲乙两位同学进行乒乓球单打比赛，约定：①每赢一球得1分；②采用两球换发制，即每比赛二球交换发球权．假设甲发球时甲得分的概率是，乙发球时甲得分的概率是，各球的结果相互独立．根据抽签结果决定，甲先发球．

(1)求比赛二球后甲得分的期望；

(2)求比赛六球后甲得分比乙得分多分的概率．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，，求出所对应的概率，即可得到数学期望．方法二：可得服从二项分布，直接利用二项分布的期望公式计算可得.

（2）依题意比赛六球后甲赢四球，乙赢两球，且发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，再分类讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.

【详解】（1）方法一：记甲得分为，则的所有可能取值是，，．

因为

，

，

所以．

方法二：因为服从二项分布，

所以．

（2）因为，所以，即比赛六球后甲赢四球，乙赢两球．

比赛六球时发球的次序依次是甲甲乙乙甲甲，

记“比赛六球后甲得分比乙得分多2分”为事件，

“乙赢两球均在乙发球时”为事件，“乙赢两球均在甲发球时”为事件，

“乙赢两球一球在甲发球时，一球在乙发球时”为事件．

因为，，

．

所以．

21．已知函数．

(1)求的最小值；

(2)证明：．

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）对函数求导，结合奇偶性，分析的最小值；

（2）设，，通过构造函数法证明和，从而即可证明.

【详解】（1）因为，所以是偶函数．

因为的导函数为，令

当时，，所以即单调递增，

所以，所以单调递增，所以．

因为是偶函数，所以的最小值1．

（2）设．

因为，令

所以，

所以即单调递增，所以，

所以单调递增，所以，所以，

设，则．

令由（1）可知，所以即单调递增，

所以，所以单调递增，所以，

所以．

所以．

22．在平面直角坐标系中，已知，两点在椭圆：上，且直线与椭圆：有且仅有一个交点，射线与椭圆交于点．

(1)证明：四边形是平行四边形；

(2)求四边形的面积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）设：，联立直线与椭圆：，直线与椭圆：，因为直线与椭圆：有且仅有一个交点，通过韦达定理表示出，发现点也是的中点，即可证明；（2）通过点到直线的距离公式和弦长公式表示高和底，代入三角形面积公式，即可求出四边形的面积．

【详解】（1）当轴或轴时，易得点是的中点，也是的中点，

所以四边形是平行四边形．

当与轴既不垂直也不平行时，设：，：．

由得，由得

所以，所以是的中点．

由，得，

因为直线与椭圆：有且仅有一个交点，

所以，

化简得，所以．

由，得，

所以，

所以点是的中点，

所以四边形是平行四边形．

（2）当轴时，易得，，四边形是菱形，

所以四边形的面积为．

点到的距离．

因为，，

所以

，

所以的面积是，

因为四边形是平行四边形，所以四边形的面积为．

综上可知：四边形的面积为．