2023届江苏省四校（无锡市辅仁高级中学、江阴高中、宜兴一中、常州市北郊中学）高三下学期4月阶段性测试数学试题含解析

这是一份2023届江苏省四校（无锡市辅仁高级中学、江阴高中、宜兴一中、常州市北郊中学）高三下学期4月阶段性测试数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届江苏省四校（无锡市辅仁高级中学、江阴高中、宜兴一中、常州市北郊中学）高三下学期4月阶段性测试数学试题

一、单选题
1．已知复数满足，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算先计算，求出，再由模长公式即可求解.
【详解】由可得，
所以，
所以，
故选：D.
2．设，已知两个非空集合，满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用韦恩图，结合集合的交集和并集运算即可求解.
【详解】根据题意，作出如下图韦恩图：

满足，即.
故选：B.
3．大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数（每个比1大的正整数）要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数（不为素数）能唯一地写成（其中是素数，是正整数，，），将上式称为自然数的标准分解式，且的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（    ）
A．6 B．13 C．19 D．60
【答案】B
【分析】首先根据的标准分解式得到，然后根据这5个素数的特点进行分类讨论，最后利用分类加法计数原理即可得解．
【详解】解 根据的标准分解式可得，
故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况：
①选取3个2，可以组成1个三位数；②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数；③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数．所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数.
故选：B．
4．已知多项式，则（    ）
A．11 B．74 C．86 D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理分别求出与一次项的系数，再相加即可.
【详解】对于，其展开通项公式为，
令，得，故，
对于，其展开通项公式为，
令，得，故，
所以.
故选：B.
5．勒洛三角形是一种典型的定宽曲线，以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.在如图所示的勒洛三角形中，已知，为弧上的点且，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求解.
【详解】
以为坐标原点，为轴，垂直于方向为，建立平面直角坐标系，
因为，,所以，即，
且所以，
所以，
故选:C.
6．在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明,为直角三角形后可得的中点为外接球的球心，为半径,分别计算外接球的表面积与三棱锥的体积即可.
【详解】
取的中点,连接，
因为面 面面
所以，
所以，
所以，，
因为面 面
所以面，
又因为面，
所以，
所以，所以，
所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，
所以球的表面积为，
三棱锥的体积为，
故.
故选：D
7．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由已知利用二倍角公式和两角差的正弦公式，化简已知等式可得，结合，利用二倍角公式可求出.
【详解】，
，
得，
得，
可得，
，，，
又，
得，
解得.
故选：A
8．已知函数．设s为正数，则在中（    ）
A．不可能同时大于其它两个 B．可能同时小于其它两个
C．三者不可能同时相等 D．至少有一个小于
【答案】D
【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.
【详解】∵，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，且，
对A：若，则，则，A错误；
对B、C：当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则，故；
综上所述：不可能同时小于，B、C错误；
对D：构建，则当时恒成立，
故在上单调递减，则，
令，可得，则，
故，即，使得，
反证：假设均不小于，则，
显然不成立，假设不成立，D正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.

二、多选题
9．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（    ）
A．，，两两互斥 B．
C．与B是相互独立事件 D．
【答案】AB
【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解
【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，
对于B，由题意可得，所以，所以B正确，
对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，
对于D，由C选项可知D是错误的，
故选：AB
10．已知经过点的圆的圆心坐标为 （为整数），且与直线相切，直线与圆相交于、两点，下列说法正确的是（    ）
A．圆的标准方程为
B．若，则实数的值为
C．若，则直线的方程为或
D．弦的中点的轨迹方程为
【答案】BC
【分析】根据题意可得出关于的等式，结合可求得的值，可得出圆的方程，可判断A选项；分析可知直线过圆心，求出的值，可判断B选项；利用勾股定理结合点到直线的距离求出的值，可得出直线的方程，可判断C选项；根据已知条件求出点的轨迹方程，可判断D选项.
【详解】对于A，设圆的半径为，由题意可得圆的方程为（为整数），
根据点是圆上的点，且圆与直线相切，则，
所以，，因为，解得，则，
则圆的标准方程为，故A错误；
对于B，由题意可知圆的标准方程为，圆心，
点在圆上，且，线段为圆的一条直径，
直线与圆相交于、两点，
圆心在直线上，，解得，故B正确；
对于C，由选项A知圆的半径为，圆心，
则圆心到直线的距离，
，即，解得，
，整理得，解得或，
则直线的方程为或，故C正确；
对于D，直线的方程可化为，过定点，
由圆的性质可得，
点的轨迹是以线段为直径的圆，
则此圆圆心为线段的中点，其坐标为，半径为，
则该圆的方程为，
由解得或，
故弦的中点的轨迹方程为，故D错误；
故选：BC.
11．已知函数的导函数，且，，则（    ）
A．是函数的一个极大值点
B．
C．函数在处切线的斜率小于零
D．
【答案】AB
【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.
【详解】令，解得，则在上单调递增，
令，解得或，则在上单调递减，
故是函数的一个极大值点，，A、B正确；
∵，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；
又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误；
故选：AB.
12．如图1，在中，，，，DE是的中位线，沿DE将进行翻折，连接AB，AC得到四棱锥（如图2），点F为AB的中点，在翻折过程中下列结论正确的是（    ）

A．当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为
B．四棱锥的体积的最大值为
C．若三角形ACE为正三角形，则点F到平面ACD的距离为
D．若异面直线AC与BD所成角的余弦值为，则A、C两点间的距离为2
【答案】AB
【分析】根据圆锥的表面积公式即可判断A,由锐角三角函数结合锥体的体积公式可表达出体积关系式,结合三角函数的性质即可判断B,根据长度关系可得垂直以及平行，结合等面积法得即可求解C,由线线角的几何法求解，结合余弦定理即可判断D.
【详解】由题意，
在中，，，，DE是的中位线，
∴，，，
∴，，
对于A项，当点A与点C重合时，三角形ADE翻折旋转所得的几何体为底面半径为，高为的半个圆锥，∴三角形ADE翻折旋转所得的几何体的表面积为：
，故A正确；
对于B项，
设，则，设点到的距离为，则，
∴四棱锥的体积为：，
在中，，∴，
∴四棱锥的体积的最大值为，故B正确；
对于C，D项，
当三角形ACE为正三角形时，，，
取中点为,的中点，连接，，
连接，

在中，，点F为AB的中点，
由于分别是的中点，所以,,
,因此四边形为平行四边形，故
由于平面,所以平面,
平面,所以,因此四边形为矩形，则
由于,所以平面,平面,所以，
在中，，
∴，为的中点，
在中，为的中点，点F为AB的中点，，
∴，而平面，即有平面，
又平面，因此平面平面，而平面平面，
所以点F到平面ACD的距离等于点F到直线DG的距离，
则，，
在中，
在矩形中，，，
，
设点F到平面ACD的距离为，
在中，，即，解得：，故C错误，
对于D,由于,所以四边形为平行四边形，故，又，此时即为异面直线AC与BD所成的角或补角，
由于，,,
由余弦定理，解得，
则A,C两点间的距离为，故D错误；
故选：AB.


三、填空题
13．在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，过点P作，交准线l于点A.若，则的长为_________.
【答案】
【分析】由抛物线的定义得出是等边三角形，再由定义得出点坐标，进而由距离公式求解.
【详解】不妨设点在第二象限，由抛物线定义可得，又，
所以是等边三角形．所以，则，
则，，则.
故答案为：

14．已知函数，将的图像向右平移个单位长度后的函数的图像，若为偶函数，则函数在上的值域为___________.
【答案】
【分析】根据三角函数的变换规则得到的解析式，再根据为偶函数求出的值，即可求出的解析式，最后根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】解：因为，
将的图像向右平移个单位长度得到，
又为偶函数，所以，，解得，，
因为，所以，
所以，因为，则，所以，
则.
故答案为：
15．已知数列的前项和为，，，若对任意，等式恒成立，则_______.
【答案】＃＃0.5
【分析】根据的关系可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，进而由等差数列的求和公式即可化简求解.
【详解】因为，
所以当时，有，
两式相减得，
即有，
整理得：，
所以，
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
，
则，
所以，
又因为对任意，等式恒成立，
所以，解得.
故答案为：
16．如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为，，从发出的光线经过图2中的、两点反射后，分别经过点和，且，，则的离心率为__________.

【答案】
【分析】由双曲线的性质，结合双曲线的定义及余弦定理求解即可.
【详解】由，，
则，，
设，
则，，
由双曲线的性质可得，，
则，
即，
即，，，，
在直角三角形中，
由勾股定理可得，
即，
即，
故答案为：.


四、解答题
17．已知等比数列的前项和为，且，，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)， ；，
(2) ．

【分析】（1）设等比数列的公比为，由求得公比，再由求解；进而由求解.
（2）由对于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可.
【详解】（1）解：设等比数列的公比为，
由，显然，所以，解得，
由于，所以的通项公式为，；
所以，，
所以的通项公式为，．
（2）因为恒成立，即对于任意的恒成立．
令，，
则，
当时，所以，即的最小值为，
所以实数的取值范围为.
18．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，满足.
(1)证明
(2)求所有正整数k，m的值，使得和同时成立
【答案】(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）由结合已知条件得，，进而得到，再利用正弦定理边化角即可求解；
（2）由得， , 再利用正余弦定理化简得  ，结合条件得，即  ，再分析求解即可.
【详解】（1）因为，
所以，即，
因为，所以，即，
由正弦定理得，其中为的外接圆半径，
所以.
（2）由，可知，
则由正、余弦定理得到，
化简得，
因为，，所以，
即，
因为均为正整数，所以由可知为2的正整数因式1或2，故，
所以，即，
所以.
19．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面平面ABCD，．

(1)求点A到平面PBC的距离；
(2)E为线段PC上一点，若直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）取AD中点O，连接OB，OP.通过证明，可得，.后由等体积法可求得点A到平面PBC的距离；
（2）由（1），如图建立以O为原点的空间直角坐标系，由直线AE与平面ABCD所成的角的正弦值为，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空间向量可得平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【详解】（1）取AD中点O，连接OB，OP.
∵为等边三角形，∴，OA=1，.
又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，
平面PAD，∴平面ABC.
又∵平面ABCD，∴.
∵，∴，∴.
又∵，平面POB，
平面POB，，∴平面POB.
又∵平面POB，∴.
∴，
设点A到平面PBC的距离为h，
则即，∴；

（2）由（1），分别以OA，OB，OP为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，，，.
设，则，.
得，则.
又平面ABC，则取平面ABCD的法向量.
设AE与平面ABCD所成的角为，则
，解得.
则，.
设平面ADE的法向量，则.
令，则取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.
故平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.

20．互花米草是禾本科草本植物，其根系发达，具有极高的繁殖系数，对近海生态具有较大的危害．为尽快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印发了《莆田市互花米草除治攻坚实施方案》，对全市除治攻坚行动做了具体部署．某研究小组为了解甲、乙两镇的互花米草根系分布深度情况，采用按比例分层抽样的方法抽取样本．已知甲镇的样本容量，样本平均数，样本方差；乙镇的样本容量，样本平均数，样本方差．
(1)求由两镇样本组成的总样本的平均数及其方差；
(2)为营造“广泛发动、全民参与”的浓厚氛围，甲、乙两镇决定进行一次“互花米草除治大练兵”比赛，两镇各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲镇举行．比赛规则：
每场比赛直至分出胜负为止，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．
当比赛在甲镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为，当比赛在乙镇举行时，甲镇代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲镇代表队的最终得分记为X，求．
参考数据：．
【答案】(1)，
(2)

【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；
（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.
【详解】（1）根据题意，得，
因为，
同理，
所以


，
所以总样本的平均数为，方差.
（2）依题意可知，的所有可能取值为，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
则，
所以，
，
，
所以.
21．已知曲线，直线与曲线交于轴右侧不同的两点．
(1)求的取值范围；
(2)已知点的坐标为，试问：的内心是否恒在一条定直线上？若是，请求出该直线方程；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)的内心恒在一条定直线上，该直线为

【分析】（1）联立方程，根据题意结合韦达定理列式求解；
（2）根据（1）中的韦达定理证明，即可得结果.
【详解】（1）设，
联立方程，消去y得：，
由题意可得，解得，
故的取值范围为.
（2）内心恒在一条定直线上，该直线为，
∵，即点在椭圆上，
若直线过点，则，解得，
即直线不过点，故直线的斜率存在，
由（1）可得：，
设直线的斜率分别为，则，
∵

，
即，则的角平分线为，
故的内心恒在直线上.
【点睛】方法定睛：存在性问题求解的思路及策略：
(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
22．已知函数，．
(1)若，证明：在上单调递增．
(2)若存在两个极小值点．
①求实数的取值范围；
②试比较与的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)①；②.

【分析】（1）求得，根据题意得到，设，利用导数求得的单调性和，即可证得在上单调递增；
（2）根据题意求得， 令，则，
（i）当时，得到单调递增，进而得到的单调性，得出只有一个极小值点，不合题意；
（ii）当时，利用导数求得在上单调递减，在上单调递增且，
①当时，求得单调性，得到只有一个极小值点，不合题意；
②当时，得到在上存在零点，即存在，使得，利用函数，证得，得到在上存在零点，结合极值点的定义，求得实数的取值范围，再由（ii）得到满足方程，得出，，求得.
【详解】（1）解：由，可得，
因为且，所以，
所以当时，可得，
设，则，
当时，可得；当时，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数取得最小值，且，
所以当时，，即，
所以在上单调递增．
（2）解：由题意得，函数，定义域为，
可得，
令，则，
（i）当时，因为时，，所以，单调递增，
故，
此时在上单调递减，在上单调递增，
所以只有一个极小值点，不合题意；
（ii）当时，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，即，
①当时，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
可得只有一个极小值点，不合题意；
②当时，，
因为时，，，
所以在上存在零点，即存在，使得．
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，即，可得，
所以在上存在零点，即存在，使得，
所以，随的变化情况如下：




1




-
0
+
0
-
0
+

↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以为的两个极小值点．
故实数的取值范围为
由（ii）知满足，即，
所以，，得，，
所以，
，
所以．
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究极值与最值的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．