江苏省镇江中学2022-2023学年高三下学期数学3月月考试卷及答案

这是一份江苏省镇江中学2022-2023学年高三下学期数学3月月考试卷及答案，共24页。试卷主要包含了 已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
江苏省镇江中学2022-2023学年高三下学期
数学试卷
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2.已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
3．同时抛掷一枚红骰子和一枚蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为1”为事件，“两枚骰子的点数之和等于6”为事件，则（    ）
A． B． C． D．
4.“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）

A． B． C． D．
5..在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若角A的内角平分线AD的长为2，则的最小值为（    ）
A．10 B．12 C．16 D．18
6．若函数，则不等式的解集为（       ）
A． B．
C． D．
7.已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
8.已知椭圆的上顶点为B，O为坐标原点，点，线段与交于点，点在线段上，且，若直线与圆相交，则的离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（ ）
A．样本在区间内的频数为18
B．如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有30%的当地中小型企业能享受到减免税政策
C．样本的中位数小于350万元
D．可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（  ）
A．四点共面
B．直线与平面平行
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．过三点的平面截正方体所得图形面积为
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．有最大值2 B．有最小值2
C．有最大值为4 D．有最小值为4
12．设函数g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．f(x)的图象关于直线对称
B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有2个极小值点
C．f(x)在上单调递增
D．ω的取值范围是[)
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中第二个有理项为______．
14. 在中，已知，与相交于,若,则______．
15．已知正四面体的棱长为1，为棱的中点，则二面角的余弦值为　　；平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为　 　．(第一空2分，第2空3分)
16．已知函数的零点为，函数的零点为，则______．
四､解答题本本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.已知数列（）满足，，且.
（1）求数列是通项公式；
（2）求数列的前n项和.

18.在中，角，，所对的边分别为，，，.
（Ⅰ）若角，求角的大小；
（Ⅱ）若，，求.
19. 如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面与所截后剩余部分，且满足，，．
（1）当多长时，，证明你结论；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值．


20. 某购物中心准备进行扩大规模，在制定未来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度。调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况。假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：

商品质量
服务质量
购物环境
广告宣传
顾客甲
满意
不满意
满意
不满意
顾客乙
不满意
满意
满意
满意
顾客丙
满意
满意
满意
不满意
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据。
（1）求购物中心得分为50分的概率；
（2）若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
（3）列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望。


21.已知抛物线C:y2=2pxp>0，圆E:x−42+y2=12与抛物线C有且只有两个公共点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，过圆心E的直线与圆E交于点A,B，直线OA,OB分别交抛物线C于点P,Q（点P,Q不与点O重合）.记△OAB的面积为S1，△OPQ的面积为S2，求S1S2的最大值.

22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.
（1）已知函数，，求实数取值的集合；
（2）已知函数有两个不同极值点、，证明
高三数学试卷3.25
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，化简集合，然后由交集的运算即可得到结果.
【详解】由题意可得，集合，即集合中的元素是的倍数，
集合，即集合中的元素是的倍数余，
故既是的倍数，又是的倍数余，
所以
故选:B
2.已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
在上的投影向量为
故选：B
3．同时抛掷一枚红骰子和一枚蓝骰子，观察向上的点数，记“红骰子向上的点数为1”为事件，“两枚骰子的点数之和等于6”为事件，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件概率公式，即可求解.
【详解】事件包含6种基本事件，事件包含1个基本事件，
所以.
故选：B
4.“不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.
设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.

由且可得，
在中，由正弦定理得，解得.
在中，由余弦定理，得，
所以，，
即，可得，当且仅当时等号成立.
在中，，
由余弦定理可得
，
即，即，当且仅当时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为.
故选：D.
5..在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，若角A的内角平分线AD的长为2，则的最小值为（    ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【答案】D
【解题思路】根据，利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到A，再根据平分角A，利用，得到，然后利用基本不等式求解.
【解题过程】解：因为，
所以，即，
由余弦定理易得，
又
平分角A，
．
由，
得，
即，
即，
，
当且仅当时等号成立，
即的最小值为18．
故选：D．
6．若函数，则不等式的解集为（       ）
A． B．
C． D．
【解析】的定义域为,因为，
所以是奇函数， 所以不等式可化为，
因为在上均为增函数，所以在上为增函数，
所以，解得，故选：A.
7.已知半径为1的圆O上有三个动点A，B，C，且，则的最小值为_____A_．
A． B． C． D．
【答案】
【解析】因为，又，所以，所以，
以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系：
则，，设，则，
，，
所以，
设，即，
依题意直线与圆有交点，
所以，得，
所以的最小值为. 故答案为：
8.已知椭圆的上顶点为B，O为坐标原点，点，线段与交于点，点在线段上，且，若直线与圆相交，则的离心率的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设直线的方程为：，与椭圆方程联立，得出点，根据已知，得出点，即可根据两点得出直线的方程，根据直线与圆相交，列出不等式，结合椭圆离心率的运算解出不等式，即可得出答案.
【详解】设直线的方程为：，由，解得，即点，
设点，其中，由得：，得，故，
则直线的方程为：，直线与圆相交，
则，故，即，
因为椭圆，则，即，
故，即，又因为，则，故选：C.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.为了更好地支持“中小型企业”的发展，某市决定对部分企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业年收入情况，并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图，则下面结论正确的是（ ）

A．样本在区间内的频数为18
B．如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税政策，估计有30%的当地中小型企业能享受到减免税政策
C．样本的中位数小于350万元
D．可估计当地的中小型企业年收入的平均数超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表
【答案】AB
【解析】由图可得
样本在区间内的频数为，故A正确；
年收入在300万元以内的企业频率为，故B正确；
则中位数在之间，设为则，故C不正确；
年收入平均数超过，
D不正确
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，
则（ AC  ）
A．四点共面
B．直线与平面平行
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．过三点的平面截正方体所得图形面积为
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．有最大值2 B．有最小值2
C．有最大值为4 D．有最小值为4
8．BD
【分析】由题意可得，，且，然后由重要不等式可得答案.
【解析】由题，，且，
由，则，∴，
故，当且仅当,即时，取等号.
选项B正确；
又，故选项D正确，
故选：BD．
12．设函数g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移个单位长度得到函数f(x)，已知f(x)在[0，2π]上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（ ）
A．f(x)的图象关于直线对称
B．f(x)在(0，2π)上有且只有3个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有2个极小值点
C．f(x)在上单调递增
D．ω的取值范围是[)
6．CD
【分析】利用正弦函数的对称轴可知，不正确；由图可知在上还可能有3个极小值点，不正确；由解得的结果可知，正确；根据在上递增，且，可知正确.
【解析】依题意得， ，如图：

对于，令，，得，，所以的图象关于直线对称，故不正确；
对于，根据图象可知，，在有3个极大值点，在有2个或3个极小值点，故不正确，
对于，因为，，所以，解得，所以正确；
对于，因为，由图可知在上递增，因为，所以，所以在上单调递增，故正确；
故选：CD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中第二个有理项为______．
【答案】
【解析】
【分析】求出展开式的通项，由题意可得的指数为整数，从而可得出答案.
【详解】的展开式的通项为，
要使第项为有理数，则，
则可取，
所以的展开式中第二个有理项为.
故答案为：.
14. 在中，已知，与相交于,若,则
15．已知正四面体的棱长为1，为棱的中点，则二面角的余弦值为　　；平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为　　．
【解析】如图，

为棱的中点，，，
又，平面，
则为二面角的平面角，由对称性，可知二面角的平面角等于．
由正四面体的棱长为1，可得，
则，
平面平分二面角，二面角的余弦值；
设的外心为，连接，求得，，
设正四面体的外接球的半径为，则，解得．
平面过正四面体的外接球的球心，
平面截此正四面体的外接球所得截面的面积为．
故答案为：；．
16．已知函数的零点为，函数的零点为，则2
【解析】由，得， 函数与互为反函数，在同一坐标系中分别作出函数，，的图象，

如图所示，则， 由反函数性质知A，B关于(1，1)对称，
则，
四､解答题本本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17.已知数列（）满足，，且.
（1）求数列是通项公式；
（2）求数列的前n项和.
17.解：（1）∵，∴. …………1分
又，∴ …………2分
∴ …………3分
又，
∴数列是以1为首项，3为公比的等比数列.…………4分
∴ …………5分
（2） …………6分
方法一：，
，…………7分
…………8分
…………9分
. …………10分
方法二：令.
比较系数得：， …………7分
…………8分

………9分
…………10分
18.在中，角，，所对的边分别为，，，.
（Ⅰ）若角，求角的大小；
（Ⅱ）若，，求.
18.解析：（Ⅰ）由于，有，即，,，，所以.
由于,且，故 . …………6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
…………8分
当为锐角时， ……10分
当为钝角时， ……12分
19. 如图所示的几何体为一个正四棱柱被两个平面与所截后剩余部分，且满足，，．

（1）当多长时，，证明你结论；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）时，，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将正四棱柱补全为，取为中点，连接，由平行四边形性质有，结合已知和△△即证明；
（2）构建空间直角坐标，求平面与平面的法向量，应用空间向量求夹角的余弦值.
【小问1详解】
当时，，证明如下：
将正四棱柱补全为，则均为正方形，又，

所以底面边长为2，又且，所以分别为中点，
取为中点，连接，则且，即为平行四边形，
因为，又，，所以，所以△△，
所以且，
所以，所以，又，故.
【小问2详解】
由可知，（1）中补全正四棱柱为正方体，构建空间直角坐标，如下图，

则，
所以，
设是平面的一个法向量，则，
令，则；
设是平面的一个法向量，则，
令，则；
所以，故所求角的余弦值为.
20. 某购物中心准备进行扩大规模，在制定未来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度。调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况。假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：

商品质量
服务质量
购物环境
广告宣传
顾客甲
满意
不满意
满意
不满意
顾客乙
不满意
满意
满意
满意
顾客丙
满意
满意
满意
不满意
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据。
（1）求购物中心得分为50分的概率；
（2）若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
（3）列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望。
20. 解：（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，
可能的结果共有：（种）……………1’
三名顾客产生的反馈结果总共有：（种）……………………2’
则
购物中心得分为50分的概率为…………………………………………3’
（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则
……………………………………………………5’
……………………………………………………6’
（3）X可能的取值为2、3、4、5、6……………………………………………7’




…………………………………………………………11’













，…………………………………………1
21.已知抛物线C:y2=2pxp>0，圆E:x−42+y2=12与抛物线C有且只有两个公共点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设O为坐标原点，过圆心E的直线与圆E交于点A,B，直线OA,OB分别交抛物线C于点P,Q（点P,Q不与点O重合）.记△OAB的面积为S1，△OPQ的面积为S2，求S1S2的最大值.
【解题思路】（1）联立抛物线和圆的方程并消元，由对称性可得关于x的方程有两个相等的正的实数根，由Δ=0且根为正数解出p，得出抛物线C的方程；
（2）设直线AB的方程为x=my+4，代入圆E的方程中，消去x，可得A,B的纵坐标；设直线OA的方程为y=y1x1x，代入抛物线方程，可得P,Q的纵坐标；将△OAB和△OPQ的面积用公式表示，并转为坐标形式，利用韦达定理和参数的范围，求出最大值．
【解答过程】（1）由y2=2pxx−42+y2=12,
得(x−4)2+2px=12，即x2−(8−2p)x+4=0.
由对称性可得关于x的方程有两个相等的正的实数根，
所以Δ=(8−2p)2−16=0，且8−2p>0，
解得p=2，
所以抛物线C的方程为y2=4x.
（2）由题意，知直线AB的斜率不为0，故设直线AB的方程为x=my+4，
如图，设Ax1,y1，Bx2,y2，Px3,y3，Qx4,y4.
将直线AB的方程代入圆E的方程中，消去x，得m2+1y2=12，
所以y2=12m2+1，所以y2=−y1，且y12=y22=12m2+1.
直线OA的方程为y=y1x1x，代入抛物线方程y2=4x，
消去x，得y2=4x1y1y，解得y=4x1y1或y=0，所以y3=4x1y1.
同理，得y4=4x2y2，
所以S1S2=12⋅OA⋅OBsin∠AOB12⋅OP⋅OQsin∠POQ=OAOP⋅OBOQ=y1y3⋅y2y4=y14x1y1⋅y24x2y2
=y1y2216x1x2=y1y2216my1+4my2+4=y1y2216m2y1y2+4my1+y2+16
=y1y2216m2y1y2+16=−12m2+1216m2−12m2+1+16
=94m2+1m2+4=94m2+522−9，
所以当m=0时，S1S2取得最大值，为916.

22．已知函数，其中为实数，为自然对数底数，.
（1）已知函数，，求实数取值的集合；
（2）已知函数有两个不同极值点、，证明
22. 解：（1）由，得，……………………1’
当时，因为，不合题意；…………………2’
当时，当时，，单调递减，……3’
当时，，单调递增，…………………4’
所以，
要，只需，…………………5’
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，则由得
所以，故实数取值的集合…………………………………6’
（2）由已知，，
因为函数有两个不同的极值点，，
所以有两个不同零点，
若时，则在上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；…………7’
当时，由，得，令，
所以，当时，，单调递增；
当，，单调递减；
所以，…………………………………………………8’
因为，，所以，所以，
故实数的取值范围为…………………………………………9’
设，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，
即，令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，…………………………………………………………………………………10’
令，
则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，………11’
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以
故成立。………………………………………………12’