2023届江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月教学情况调研（二）数学试题含解析

2023届江苏省苏锡常镇四市高三下学期5月教学情况调研（二）数学试题

一、单选题

1．若复数满足，则在复平面内表示的点所在的象限为（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【分析】化为的形式，结合复数的几何意义确定所在象限.

【详解】依题意，

复数的对应点在第二象限，

故选：B.

2．已知A，B为非空数集，，，则符合条件的B的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】由条件确定集合的元素，由此确定符合条件的B的个数.

【详解】因为，，

所以，可能属于，可能属于，

所以或或或，

故满足条件的B的个数为个，

故选：D.

3．已经连续抛掷一枚质地均匀的硬币2次，都出现了正面向上的结果，第3次随机地抛掷这枚硬币，则其正面向上的概率为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】记为3次抛掷的结果，.写出所有的样本点，设出事件，根据古典概型的概率公式，求出前两次正面向上的概率以及三次正面向上的概率，然后即可根据条件概率的公式，求出答案.

【详解】记抛掷一枚质地均匀的硬币正面向上为1，反面向上为0，

记为3次抛掷的结果，.

则试验的所有结果可能为，，，，，，，，，共有8个样本点.

其中，前2次都出现了正面向上的结果，包含的样本点有，，共2个；

3次都为正面向上，包含的样本点有，共1个.

设前2次都出现了正面向上为事件，3次都为正面向上为事件，

则，，

显然，

所以，在前2次都出现了正面向上的结果下，第3次正面向上的概率.

故选：C.

4．已知向量，的夹角为60°，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.

【详解】由可得：，

可得：，，

对于A，，故A不正确；

对于B，，故B不正确；

对于C，，

，,

故，故C正确；

对于D，，,

，故D不正确.

故选：C.

5．埃及胡夫金字塔是世界古代建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，其侧面与底面所成角的余弦值为，则侧面三角形的顶角的正切值为（    ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】A

【分析】设出相关的线段长，设正四棱锥的底面边长，根据题意得到斜高，设侧面三角形的顶角为，根据题意得到，再利用二倍角的正切公式即可求解.

【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，则，

设侧面三角形的顶角为，因为侧面与底面所成角的余弦值为，

则，所以，

在中，，

由二倍角的正切公式可得，，

故选：A.

6．已知，则（    ）

A．-1 B．0 C．1 D．2

【答案】D

【分析】先根据二项展开式的通项公式求得，再利用赋值法，令，进而即可求解．

【详解】由，

则，得，

令，得，

左右两边除以，得，

所以．

故选：D．

7．设，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.

【详解】因为，所以，所以，

所以，

令，则，

所以在上单调递增，

所以，即，所以，

令，则，

所以函数在上递增，

所以，即，即，

所以，即，

综上，.

故选：A.

【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.

8．已知等比数列的前项和为，，则使得不等式成立的正整数的最大值为（    ）

A．9 B．10 C．11 D．12

【答案】C

【分析】由表示数列的前3项，根据等比数列得出，进一步计算得出，再代入已知不等式，求解的取值范围得出结果.

【详解】已知，

当时，，则；

当时，，则；

因为数列是等比数列，所以，即，

整理得，解得，，公比，

所以.

由不等式得

，

即，整理得，又，

所以，即，.

所以正整数的最大值为11.

故选：C.

二、多选题

9．在平面直角坐标系中，已知直线：，椭圆：，则下列说法正确的有（    ）

A．恒过点

B．若恒过的焦点，则

C．对任意实数，与总有两个互异公共点，则

D．若，则一定存在实数，使得与有且只有一个公共点

【答案】ACD

【分析】结合点斜式判断A，由直线过点列关系式判断B，根据直线与椭圆的位置关系判断CD.

【详解】方程可化为，

所以直线恒过点，A正确；

设椭圆的半焦距为，则点的坐标可能为或，

若直线恒过点，则，故，矛盾，

直线恒过点，则，故，所以，B错误；

联立，消可得，

，

由对任意实数，与总有两个互异公共点，

可得方程有个不相等的实数解，

所以，

所以，

所以，C正确；

因为，

所以时，则，即时，

可得，此时方程组有且只有一组解，

故与有且只有一个公共点，D正确.

故选：ACD.

10．已知函数，则（    ）

A．是偶函数，也是周期函数 B．的最大值为

C．的图像关于直线对称 D．在上单调递增

【答案】BD

【分析】根据奇偶函数的定义即可判断A，求导得到，从而得到其极值，即可判断B，根据对称性的定义即可判断C，由在的正负性即可判断D.

【详解】因为，定义域为，关于原点对称，

且，

则是奇函数，故A错误；

因为，

令，则或，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以，故B正确；

因为，，

所以不关于对称，故C错误；

因为，当时，，

则，所以在上单调递增，故D正确.

故选:BD

11．在正四棱柱中，已知，，则下列说法正确的有（    ）

A．异面直线与的距离为

B．直线与平面所成的角的余弦值为

C．若该正四棱柱的各顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为

D．以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为

【答案】ACD

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量方法求异面直线与的距离和直线与平面所成的角的余弦值，由此判断A，B，再确定正四棱柱的外接球的球心和半径求球的表面积判断C，确定以A为球心，半径为2的球面与正四棱柱表面的交线，求其长度判断D.

【详解】由已知两两垂直，

故以为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

则，，

故，，

设向量，，

则，取，可得，

所以满足条件的一个向量，

所以向量在向量上的投影向量的模为，A正确；

设平面的法向量为，，

则，又，

所以，令，则，

所以为平面的一个法向量，又，

所以，

设直线与平面所成的角为，

则，又，

所以，B错误；

由正四棱柱的性质可得其外接球的球心为的中点，为外接球一条直径，

因为，

所以正四棱柱的外接球的半径为，

其表面积为，C正确；

如图，以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线由四段圆弧组成，

由已知，，

所以，

所以圆弧的长为，

因为，

所以，

所以圆弧的长为，

又圆弧的长为，

圆弧的长为，

所以以A为球心，半径为2的球面与该正四棱柱

表面的交线的总长度为，D正确.

故选：ACD.

三、单选题

12．已知函数的图象是连续不间断的，函数的图象关于点对称，在区间上单调递增.若对任意恒成立，则下列选项中的可能取值有（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据函数的对称性和单调性得到函数为上单调递增，进而得到，利用参变分离和的取值范围求出的取值范围，进而求解.

【详解】由函数的图象关于点对称且在区间上单调递增可得，函数的图象关于对称，函数为上单调递增，

由可得，

，

也即，

则有恒成立，即

因为，所以，

当时，得到恒成立；

当时，则有，

令，则，

因为函数在上单调递增，且，

所以，则，所以BC适合题意，AD不合题意.

故选：BC.

四、填空题

13．某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为____________（结果填整数）.

附：若，则，.

【答案】23（22也可以）

【分析】根据，得出，再乘以总人数得出结果.

【详解】由每名学生的成绩，得，

则

，

则优秀的学生人数为.

故答案为：23.

14．在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为____________.

【答案】

【分析】利用三角函数定义可知，射线对应的的角满足，再利用任意角的关系和两角差的余弦公式即可得点B的横坐标为.

【详解】易知在单位圆上，记终边在射线上的角为，如下图所示：

根据三角函数定义可知，；

绕原点顺时针旋转得到线段，则终边在射线上的角为，

所以点B的横坐标为.

故答案为：

五、双空题

15．某校数学兴趣小组在研究函数最值的过程中，获得如下研究思路：求函数的最大值时，可以在平面直角坐标系中把看成的图象与直线在相同横坐标处的“高度差”，借助“高度差”探究其最值.借鉴该小组的研究思路，记在上的最大值为M，当M取最小值时，____________，____________.

【答案】     0     /

【分析】看成的图象与直线在相同横坐标处的“高度差”，画出图象，分类讨论，即可得出答案.

【详解】看成的图象与直线在相同横坐标处的“高度差”，

则表示恒过的一条直线，图象如下图，

，，分别表示，和，

由图象分析知，则只有当，时，M取最小值.

故答案为：0；.

六、填空题

16．已知抛物线C：的焦点为F，过动点P的两条直线，均与C相切，设，的斜率分别为，，若，则的最小值为____________.

【答案】

【分析】根据已知条件设出过点P且与抛物线C的相切的方程，联立切线方程与抛物线方程，利用直线与抛物线相切的关系及韦达定理，得出过点的动直线，结合点到直线的距离公式即可求解.

【详解】由，得，解得，

所以抛物线C：的焦点为.

设，过点P作抛物线C的切线方程为，

由，消去，得，

因为与抛物线C相切，

所以，即，

设，是方程的两根，则，

因为，

所以，即，

所以

所以点在直线上运动，

设到直线的距离为d，则，

当时，取得的最小值即为点到直线的距离，

所以到直线的距离的最小值为.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：解决此题的关键是根据已知条件求出过点的动直线，进而将所求问题转化为点到直线的距离问题，结合点到直线的距离公式求解即可.

七、解答题

17．已知等差数列的各项均为正数，，.

(1)求的前项和；

(2)若数列满足，，求的通项公式.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；

（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.

【详解】（1）等差数列中，因为，所以，

又因为等差数列的各项均为正数.所以，

又因为，所以.

所以.

（2）由（1）得，因为，且，所以，

所以.

所以.

所以.

当时也符合.

所以的通项公式为.

18．某地区的疾控机构为了考察药物A对某疾病的预防效果，在该地区随机抽取96人，调查得到的统计数据如下表所示.

(1)试判断：是否有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果?

(2)已知治愈一位服用药物A的该疾病患者需要2个疗程，治愈一位未服用药物A的该疾病患者需要3个疗程.从该地区随机抽取1人，调查其是否服用药物A、是否患该疾病，若未患病，则无需治疗，若患病，则对其进行治疗并治愈.求所需疗程数的数学期望.

附：（其中），.

【答案】(1)有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果

(2)

【分析】（1）根据表格数据代入卡方的计算公式即可求解；

（2）根据题意求出的可能取值，分别求出每一个值对应的概率，然后列出分布列，进而计算期望即可.

【详解】（1）由题意可得，

所以有99%以上的把握认为药物A对预防该疾病有效果.

（2）设所需疗程数为，的可能取值为，，，

由表格可知，；；，

所以随机变量的分布列为

则,

所以所需疗程数的数学期望为.

19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求A；

(2)若点D在边BC上，，，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角可得，，然后化简即可得出. 根据的范围即可得出答案；

（2）设，则，然后在和中，根据余弦定理推得.在中，由余弦定理可得.联立可解得，，然后根据面积公式即可得出答案.

【详解】（1）由正弦定理边化角可得，，

整理可得，.

因为，，

所以有，

所以.

因为，所以.

（2）

设，则，

在中，有.

在中，有.

又，所以，

所以有.

又，所以.

在中，由余弦定理可得.

又，，，

所以有.

联立，解得，所以，

所以，.

20．如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，.

(1)求证：平面ABC；

(2)求异面直线与所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意可得，取AB中点O，连结，利用梯形和平行四边形的相关性质得到，则，再利用线面垂直的判定即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为，平面平面ABC，

平面平面，平面ABC，

所以平面，

又因为，平面.

所以，，所以是二面角的平面角，

因为二面角的大小为45°，

所以.

取AB中点O，连结，

在梯形中，，，

所以四边形是平行四边形，所以，，

从而在三角形中，，，

所以，所以，即，所以.

又因为，平面，，所以平面.

（2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，

所以，，

所以异面直线与所成角的余弦值为.

21．已知双曲线：的渐近线为，右焦点到渐近线的距离为，设是双曲线：上的动点，过的两条直线，分别平行于的两条渐近线，与分别交于P，Q两点.

(1)求的标准方程：

(2)证明：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)证明见解析，定点.

【分析】（1）由题意可得，，再结合即可求得的方程；

（2）过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，联系直线方程与的方程，再结合的方程即可求得的坐标及点的坐标，从而即可求得直线的方程，再由的方程求定点即可.

【详解】（1）解：因为的渐近线方程为，所以，所以.

又右焦点到渐近线的距离为，所以，得.

又因为，所以，所以.

所以双曲线的标准方程为；

（2）解：由（1）可知的方程为，

设，所以有，

过点作与平行的直线分别与双曲线交于点，

由，得，

整理得，所以，

由于，故，

则，故，

所以.

同理可得.

所以直线：恒过定点.

22．已知函数，.

(1)若，求函数的单调区间；

(2)若有且只有2个不同的零点，求的取值范围.

【答案】(1)函数的单调减区间是，单调增区间是

(2).

【分析】（1）利用导数法求函数的单调性的步骤即可求解；

（2）利用分类讨论及函数的零点与单调性的关系，再利用导数法求函数的单调性及最值，结合函数零点的存在性定理即可求解.

【详解】（1），，

，恒成立，

所以在递增.

所以当，；

，

所以函数的单调减区间是，单调增区间是.

（2），

①当时，由（1）知有且只有一个零点.

②当时，，则在区间上单调递减，

所以至多有一个零点.

③当时，，，

又因为的图象在区间上连续不间断，

所以，使得，即.

令，，

所以在区间上单调递增，

所以当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增.

所以，

所以无零点.

④令，当时，，

所以在区间上单调递减，

所以，有，

所以，则.

当时，，，

又因为的图象在区间上连续不间断，

所以，使得，即.

令，，

所以在区间上单调递增，

所以当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增.

所以.

令.

，

又因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，且的图象连续不间断，，，

所以有且只有2个零点.

综上，若函数有且只有2个零点，则实数的取值范围是.

【点睛】关键点睛：解决此题第一问是利用二阶导数及函数单调性与导数的正负的关系即可，第二问是利用分类讨论的思想及导数法求函数的单调性和最值，结合函数单调性与函数零点的关系及零点的存在性定理即可.