精品解析：江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023学年高三下学期考前考前热身数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023学年高三下学期考前考前热身数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省镇江市扬中市第二高级中学2022-2023高三数学考前热身试卷
一、单选题：本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题提供的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设复数、在复平面内的对应点关于虚轴对称，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出复数，利用复数的乘法可化简复数.
【详解】由题意可得，因此，.
故选：A.
2. 已知集合A=(3，+∞)，集合B={x|3x>9}，则x∈A是x∈B的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】求得集合B，根据集合A，B的范围，x∈A是x∈B的条件.
【详解】B={x|3x>9}=(2,+∞)，则x∈A是x∈B的充分不必要条件；
故选：A
3. 随机变量的分布列如下表，且，则（ ）

0
2






A. 10 B. 15 C. 40 D. 45
【答案】D
【解析】
【分析】由概率和为1列方程求出的值，再由可求出的值，然后由方差公式求出，再由方差的性质可求出结果.
【详解】由题意得，得，
所以，解得，
所以，
所以
故选：D.
4. 函数的图像大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性和单调性即可判断选项.
【详解】设，
对任意，，
所以，
所以的定义域为，


，
所以函数为奇函数.
令，
可得，即，
所以，可得，
由可得，解得，
所以的定义域为，
又，
所以函数为奇函数，排除BD选项，
当时，是减函数，
则，，
所以，排除A选项.
故选：C
5. 如图，点在半径为的上运动，若，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立适当的坐标系，设，利用向量的坐标运算得到m,n与α的关系，进而得到m+n关于α的三角函数表达式，利用辅助角公式整理后，根据三角函数的性质求得其最大值.
【详解】以为原点､的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，
则有，.
设，则.
由题意可知
所以.
因为，所以，
故的最大值为.
【点睛】本题考查与向量有关的几何最值问题，属基础题.利用坐标方法转化为三角函数的最值问题是处理几何最值得十分有效的方法.
6. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第5天和第6天共走了（　　　　）
A. 24里 B. 6里 C. 18里 D. 12里
【答案】C
【解析】
分析】
根据题意这个人每天走的路程成公比为等比数列，该数列的前6项和为378，可求出通项，即可求出结论.
【详解】设第1天走了里，每天所走路程为，
依题意成公比为，前6项和为378
，解得，
.
故选:C
【点睛】本题以数学文化为背景，考查等比数列前项和，通项公式基本量的运算，属于基础题.
7. 已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线所过定点和可知，由此可得点轨迹是以为圆心，为半径的圆（不含点），由垂径定理和圆上点到定点距离最小值的求法可求得，结合向量数量积的运算律可求得的最小值.
【详解】由圆的方程知：圆心，半径；
由得：，恒过定点；
由得：，恒过定点；
由直线方程可知：，，即，
设，则，，
，整理可得：，
即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
又直线斜率存在，点轨迹不包含；
若点为弦的中点，则，位置关系如图：

连接，
由知：，
则，
（当在处取等号），
即的最小值为.
故选：A.
8. 设实数，若不等式对恒成立，则t的取值范围为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】对恒成立，即，令，，对求导得出在单调递增，故，故，问题转化为.
【详解】对恒成立，即，即，令，，则，故在单调递增，故，故，问题转化为，令，则，令，解得：，令，解得：，故在递增，在递减，故（e），故.
故选：B．
二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基本不等式及其性质，结合“1”的妙用以及对勾函数的性质，逐项进行分析判断即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，
从而，正确.
对于B，因为，所以，解得，
所以，正确.
对于C，令()，，在为增函数，
所以在上单调递增，从而，即，错误.
对于D，因为，所以，正确.
故选：ABD
10. 二项展开式，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A、D选项，给赋特值即可判断；对于C选项则需要根据二项式系数的公式即可得出；对于B选项求导以后赋特值即可求出.
【详解】对A：令，可得，故A正确；
对B：左右两边分别求导得：，令，得，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：令，可得，而，所以，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知函数，若的最小正周期为，且对任意的，恒成立，下列说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则
D. 若在上单调递减，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简函数，由最小正周期求得参数，再结合选项一一判断即可．
【详解】因为，
其中，．因为的最小正周期为，所以，故A错误．
因为对任意的，恒成立，以是的最小值．
若，则，．
所以，，故B正确．
因为是的最小值，所以为最大，所以，所以，故C正确．
因为当时，，所以．
因为在上单调递增，所以在上单调递减．
当时，，所以．
因为在上单调递减，所以在上单调递增，
所以，所以，故D正确．
故选：BCD
12. 一个不透明的口袋内装有若干张大小、形状完全相同的红色和黄色卡片，现从口袋内随机抽取卡片，每次抽取一张，随机变量表示抽到黄色卡片的张数，下列说法正确的有（ ）
A. 若口袋内有3张红色卡片，6张黄色卡片，从袋中不放回地抽取卡片，则第一次抽到红色卡片且第二次抽到黄色卡片的概率为
B. 口袋内有3张红色卡片，6张黄色卡片，从袋中有放回地抽取6次卡片，则随机变量，且
C. 若随机变量，且，则口袋内黄色卡片的张数是红色卡片张数的2倍
D. 随机变量，，若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.直接列出概率，判断选项；B.利用二项分布的方差公式，判断选项；C.利用超几何分布的期望公式判断选项；D.利用二项分布概率公式计算，再利用正态分布的对称性判断.
【详解】对于A，，正确；
对于B，，错误；
对于C，有，则，所以黄卡是红卡数量的2倍，正确；
对于D，有，得，所以，正确；
故选：ACD．
三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上.
13. 在等差数列中，，前项和满足，，2，…，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求得，由此求得，利用裂项求和法求得所求表达式的值.
【详解】依题意，，
所以，所以，
所以，
所以
.
故答案为：
14. 某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 （用数字作答）.
【答案】：
【解析】
【分析】三门文化课排列，中间有两个空，若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为，若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为，三门文化课中相邻排列，则排法种数为，而所有的排法共有种，由此求得所求事件的概率．
【详解】解：把语文、数学、外语三门文化课排列，有种方法，这三门课中间存在两个空，在两个空中，
①若每个空各插入1节艺术课，则排法种数为，
②若两个空中只插入1节艺术课，则排法种数为，
③若语文、数学、外语三门文化课相邻排列，把三门文化课捆绑为一个整体，
然后和三门艺术课进行排列，则排法种数为，
而所有的排法共有种，
故在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查等可能事件的概率，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．

15. 在正方体中，点是棱的中点，是侧面上的动点，满足//平面，若该正方体的棱长为，则点到直线的距离的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据线面平行分析可得：点在线段上，结合异面直线的距离以及垂直关系分析运算.
【详解】因为//，，
所以为平行四边形，则//，
平面，平面，
可得//平面，故点在线段上（点除外），
点到直线的距离的最小值为异面直线之间的距离，
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设，可得，
则，
令，解得，
即，此时，符合题意，
所以点到直线的距离的最小值为.
故答案为：.

16. 已知函数则时，的最小值为________；
设若函数有6个零点，则实数的取值范围是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】分别得出x∈[1，e]时， 的最小值，当x∈[-1， 1)时， 的最小值，比较可得出函数在[-1， e] 上的最小值；令t=f(x)，g(x)=0即；作出函数y=f(x)的图象，则需满足直线y=t与函数y= f(x)的图象最多只有三个交点，方程有两个(0，1)内的不等根，由此可求得实数的取值范围.
【详解】当x∈[1，e]时，，此时函数在区间上单调递增，故此时函数最小值为，
当x∈[-1，1)时， ， 则，令，解得（舍）或，且有在(-1.0)上单调递增，在(0.1) 上单调递减，
因为，所以函数在[-1，1)上的最小值为- 4，
故函数在[-1， e] 上的最小值为- 4；
令t=f(x)，g(x)=0即；
作出函数y=f(x)的图象，如图所示：
直线y=t与函数y= f(x)的图象最多只有三个交点，所以0 亦即函数在(0，1)内的图象与直线有两个交点，
因为，根据的图象可知，
即实数a的取值范围为，
故答案为：；.

【点睛】本题考查分段函数的最值问题，以及方程的根的个数转化为两图象的交点的问题，属于较难题.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 已知数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由，变形为，利用等比数列的通项公式可得，再利用与的关系即可得出答案；
（2）将裂项为，裂项相消求和即可.
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，
所以，
当时，
，
当时也成立，
所以.
（2）令，
所以数列前项和

.
18. 已知的内角的对边分别为，且，.
（1）求角的大小；
（2）若，点满足，点满足，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理得到，因为，求得，进而求得，即可求得的大小；
（2）在中，由余弦定理求得，再由，根据向量的数量积的运算公式，求得，再在中，求得，得到，进而得到，分别在和中，求得，，利用余弦定理求得，进而求得的值.
【小问1详解】
解：因为，可得，
由正弦定理得，可得，
又因为，可得，则，
因为，所以，可得，所以，
又因为，可得，所以.
【小问2详解】
解：在中，因为且，
由余弦定理得，即，
即，解得或（舍去），
设，因为，可得，
所以，
所以，即，
又因为，所以，所以，
在中，可得，可得，
因为，所以，
在中，可得，
所以，
在中，可得，
所以，
在中，可得，
所以

19. 2020年受疫情影响，我国企业曾一度停工停产，中央和地方政府纷纷出台各项政策支持企业复工复产，以减轻企业负担.为了深入研究疫情对我国企业生产经营的影响，帮扶困难职工，在甲、乙两行业里随机抽取了200名工人进行月薪情况的问卷调查，经统计发现他们的月薪在2000元到8000元之间，具体统计数据见下表.
月薪/元
[2000，3000）
[3000，4000）
[4000，5000）
[5000，6000）
[6000，7000）
[7000，8000）
人数
20
36
44
50
40
10
将月薪不低于6000元的工人视为“I类收入群体”，低于6000元的工人视为“II类收入群体”，并将频率视为概率.
（1）根据所给数据完成下面的列联表：

I类收入群体
II类收入群体
总计
甲行业

60

乙行业
20


总计



根据上述列联表，判断是否有99%的把握认为“II类收入群体”与行业有关.
附件：，其中.

3.841
6.635
10.828

0.050
0.010
0.001

（2）经统计发现该地区工人的月薪X（单位：元）近似地服从正态分布，其中近似为样本的平均数（每组数据取区间的中点值）.若X落在区间外的左侧，则可认为该工人“生活困难”，政府将联系本人，咨询月薪过低的原因，并提供帮助.
①已知工人王强参与了本次调查，其月薪为2500元，试判断王强是否属于“生活困难”的工人；
②某超市对调查的工人举行了购物券赠送活动，赠送方式为：月薪低于的获得两次赠送，月薪不低于的获得一次赠送.每次赠送金额及对应的概率如下：
赠送金额/元
100
200
300
概率



求王强获得的赠送总金额的数学期望.
【答案】（1）列联表见解析，没有99%的把握
（2）①不属于；②

【解析】
【分析】（1）根据已知数据，补充列联表，进而计算即可判断；
（2）①根据题意，计算对应的平均数，再结合正态分布求解即可；②结合①获得的赠送总金额Y的可能取值为200，300，400，500，600，再求解相应的概率得出分布列，计算期望即可.
【小问1详解】
列联表如下：

I类收入群体
II类收入群体
总计
甲行业
30
60
90
乙行业
20
90
110
总计
50
150
200
于是，
从而没有99%的把握认为“II类收入群体”与行业有关.
【小问2详解】
①所调查的200名工人的月薪频率分布表如下：
月薪/元
[2000，3000）
[3000，4000）
[4000，5000）
[5000，6000）
[6000，7000）
[7000，8000）
人数
20
36
44
50
40
10
频率
0.1
0.18
0.22
0.25
0.2
0.05
所以.
因为这200名工人的月薪X服从正态分布，所以，
从而.
因为王强的月薪为2500元，，所以王强不属于“生活困难”的工人.
②由①知，王强的月薪为2500元，低于4920元，所以王强可获赠两次购物券，
从而他获得的赠送总金额Y的可能取值为200，300，400，500，600，
则，，
，，
，故Y的分布列如下：
Y
200
300
400
500
600
P





所以王强获得的赠送总金额的数学期望
.
20. 如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
21. 设椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于点、），求的值；
（3）过点作一条直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足为.试问：直线与是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）是，.
【解析】
分析】
（1）由题意，列出所满足的等量关系式，结合椭圆中的关系，求得，从而求得椭圆的方程；
（2）写出，设，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出，从而求得结果；
（3）设直线的方程为：，，则，联立方程可得：，结合韦达定理，得到，结合直线的方程，得到直线所过的定点坐标.
【详解】（1）由题意可知，，又，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）,设，
因为点在椭圆上，所以，
，
又，
.
（3）设直线的方程为：，，则，
联立方程可得：，
所以，
所以 ，
又直线的方程为：，
令，
则
，
所以直线恒过，
同理，直线恒过，
即直线与交于定点.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关椭圆的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中的关系，建立方程组求得椭圆方程；
（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；
（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.
22. 已知，函数，．
（1）当为何值时，直线是曲线的切线；
（2）是否存在实数，使得恒成立？若存在，求实数的取值集合；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，.
【解析】
【分析】(1) 设切点为，设出切线方程为，由恒过，代入可求得的值.
(2) 恒成立，等价于恒成立，构造函数，需，从而可求得的取值.
【详解】（1）因为，所以，
若直线是曲线的切线，设切点为，此时切线方程为，
又恒过，所以，即，
令，则，且在上单调递增，
所以方程有唯一的解，所以，
所以当时，直线是曲线的切线；
（2）假设存在实数，使得恒成立，即恒成立.
令，则，令，又，则，
所以有两个不等根，，，不妨设.
所以在上递减，在上递增.所以成立.
因为，所以，所以．
令，，
所以在有，在上有，所以在上递增，在上递减.所以.
又，所以，.
代入，得，
所以存在实数，使得恒成立，此时．
【点睛】本题考查函数与导数的综合问题.由导数的几何意义求切线方程，恒成立问题一般可转化为最值问题，属于较难题.