2023届江苏省扬州市仪征中学高三下学期3月学情测试数学试题含答案

这是一份2023届江苏省扬州市仪征中学高三下学期3月学情测试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省扬州市仪征中学高三下学期3月学情测试数学试题

一、单选题
1．已知集合，则集合中元素的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据集合交集的定义与运算，求得集合，由此得出集合中的元素个数.
【详解】因为结合，
根据集合交集的运算，可得，
所以集合中元素的个数为3个.
故选：C.
2．在复平面内，复数对应的点分别是，则的虚部是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由复数对应的点分别求出，代入化简计算，进而可得的虚部．
【详解】复数对应的点分别是，则，
，其虚部为
故选：D
3．设，则“”是“直线和直线平行”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】先判断当成立是否能推出两条直线平行；再判断当两条直线平行时，一定有成立，利用充要条件的定义得到结论．
【详解】解：当时，两条直线的方程分别是和，此时两条直线平行成立
反之，当两条直线平行时，有但即或，
时，两条直线都为，重合，舍去

所以“”是“直线和直线平行”的充要条件．
故选：．
【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判定、两直线平行的判定等知识，意在考查学生的逻辑思维能力和基本计算能力．
4．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．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起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，请问第二天走了（    ）
A．192 里 B．96 里 C．48 里 D．24 里
【答案】B
【分析】由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.
【详解】由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，
由题意和等比数列的求和公式可得，解得，
第此人第二天走里.
故选：B．
5．已知的展开式中第二项与第三项的系数之比为：，则的展开式中常数项为（    ）
A．－24 B．24 C．－48 D．48
【答案】B
【分析】利用二项式展开式的通项公式，结合题意求得，再求常数项即可.
【详解】展开式第项，系数，
，解得．
展开式第项，
令即，故常数项为.
故选：．
6．设，，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是（    ）

A． B．
C．对任意正数， D．对任意正数，
【答案】C
【分析】由正态密度曲线的性质结合图像可得，可判断AB，由密度曲线与横轴所围成的图形的面积的意义可判断CD.
【详解】A选项：、的密度曲线分别关于、对称，
因此结合所给图像可得，所以，故A错误；
B选项：又的密度曲线较的密度曲线“瘦高”，
所以，所以，故B错误；
CD选项：由密度曲线与横轴所围成的图形的面积的意义可知：
对任意正数，．,故C正确，D错误．
故选：C．
7．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，化简，结合余弦型函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，
令，解得，且，
即函数的单调递增区间为且，
要使得在区间上单调递增，
则满足，解得，其中，
又由，解得，因为，所以，
所以，即实数的取值范围为.
故选：A.
8．已知a＝5，b＝15(ln4－ln3)，c＝16(ln5－ln4)，则（    ）
A．a＜c＜b B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．a＜b＜c
【答案】B
【分析】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，再比较比较与大小，先比较与大小，比较与大小，从而可得答案
【详解】先比较与大小，先比较1与大小，比较与大小，比较与大小，比较与大小，，，，，
比较与大小，先比较与大小，
比较与大小，，，
，即，，
故选：B．

二、多选题
9．小明用某款手机性能测试APP对10部不同品牌的手机的某项性能进行测试，所得的分数按从小到大的顺序（相等数据相邻排列）排列为：81，84，84，87，，y，93，96，96，99，已知总体的中位数为90，则（    ）
A．
B．该组数据的均值一定为90
C．该组数据的众数一定为84和96
D．若要使该总体的标准差最小，则
【答案】ABD
【分析】依题意可得，即可求出平均数，即可判断A、B，再利用特殊值判断C，利用基本不等式判断D；
【详解】解：因为总体的中位数为90，所以，所以该组数据的均值为，故A正确，B正确，当时，众数为84，90，96，当，时，众数为84，87，93，96，故C错误；要使该总体的标准差最小，即方差最小，即最小，又，当且仅当时，即时等号成立，故D正确．
故选：ABD
10．如图，在四棱锥中，已知底面，底面为等腰梯形，，，记四棱锥的外接球为球，平面与平面的交线为的中点为，则（    ）

A．
B．
C．平面平面
D．被球截得的弦长为1
【答案】ABD
【分析】由，可得平面，再根据线面平行的性质即可证得，即可判断A；对于B，连接，证明，，即可得平面，再根据线面垂直的性质即可证得，即可判断B；对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，判断法向量是否垂直，即可判断C；对于D，易得四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，求出半径，再利用向量法求出点到直线的距离，最后利用圆的弦长公式求出被球截得的弦长，即可判断D.
【详解】解：对于A，因为，平面，平面，
所以平面，
又因平面与平面的交线为，
所以，故A正确；
对于B，连接，
在等腰梯形中，因为，，的中点为，所以四边形都是菱形，
所以，所以，
因为底面，面，
所以，
又，所以平面，
又因平面，所以，故B正确；
对于C，如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量，平面的法向量，
则，可取，
同理可取，
因为，所以与不垂直，
所以平面与平面不垂直，故C错误；
对于D，由B选项可知，，则点即为四边形外接圆的圆心，
故四棱锥的外接球的球心在过点且垂直于面的直线上，
设外接球的半径为，则，则，
所以，
设与所成的角为，点到直线的距离为，
，
因为，直线的方向向量可取，，
则，所以，
所以，
所以被球截得的弦长为，故D正确.
故选：ABD.


11．将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，若对，，且，则的可能取值为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由图像平移可得，分析，，可得为偶函数，结合范围可得，代入，分析即得解
【详解】将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，故函数
对，，即，
故为偶函数，所以，，
又，所以，
故
，所以，，
，所以，，
可得和均为的奇数倍，故的可能取值为，．
故选：AC
12．在数列中，，，则以下结论正确的为（    ）．
A．数列为等差数列
B．
C．当取最大值时，n的值为51
D．当数列的前n项和取得最大值时，n的值为49或51
【答案】ACD
【分析】由已知结合等差中项的定义证明等差数列可判断A；令，求得判断B；由等差数列的性质及等差数列的通项公式求得，利用数列的正负可求得取最大值时n的值判断C；数列的正负，知 ，，，又，可知数列前n项和取得最大值时，n的值判断D.
【详解】对于A，由，得，
两式作差得，即，所以数列为等差数列，故A正确；
对于B，令，知，故B错误；
对于C，由等差数列的性质知，即，又，
可得公差，所以，知数列的前51项为正，从第52项开始为负，当取最大值时，n的值为51，故C正确；
对于D，由数列的前51项为正，从第52项开始为负，又，
知，，，所以数列前49项和最大，
又，所以数列前51项和最大，当时，，
所以当或51时，的前n项和取得最大值，D正确．
故选：ACD

三、填空题
13．若，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设，利用系数相等求得的值，结合不等式的基本性质，即可求解.
【详解】由题意，设，
则，解得，
因为，
可得
所以，即的取值范围是.
故答案为：.

四、双空题
14．已知空间向量，，的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为.点为的重心，若，，，，则 ； .
【答案】 1; .
【解析】（1）把代入化简整理即可（2）代入计算
【详解】解：

取的中点，

又，空间向量，，的模长分别为1，2，3，且两两夹角均为



故答案为： ；
【点睛】考查空间向量的基本运算，基础题.

五、填空题
15．已知如图所示的电路中，每个开关都有闭合、不闭合两种可能，因此5个开关共有种可能，在这种可能中，电路从P到Q接通的情况有 种．
    
【答案】16
【分析】根据题意，按1、4的闭合与否，分三种情况讨论：（1）若1闭合，而4不闭合；（2）若4闭合，而1不闭合；（3）若1、4都闭合，分别求出每种情况下的电路接通情况的数目，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】若电路从到接通，共有三种情况：
（1）若1闭合，而4不闭合时，可得分为：
①若1、2闭合，而4不闭合，则3、5可以闭合也可以不闭合，共有种情况；
②若1、3、5闭合，而4不闭合，则2可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但①与②中都包含1、2、3、5都闭合，而4不闭合的情况，所以共有种情况；
（2）若4闭合，而1不闭合时，可分为：
③若4、5闭合，而1不闭合，则2、3可以闭合也可以不闭合，有种情况；
④若4、3、2闭合，而1不闭合，则5可以闭合也可以不闭合，有2种情况，
但③与④中，都包含4、2、3、5都闭合，而1不闭合的情况，所以共有种情况；
（3）若1、4都闭合，共有种情况，而其中电路不通有2、3、5都不闭合与2、5都不闭合2种情况，则此时电路接通的情况有种情况；
所以电路接通的情况有种情况.
故答案为：.
16．若存在实数t，对任意的x∈(0，s]，不等式(lnx－x＋2－t)(1－t－x)≤0成立，则整数s的最大值为 ．(ln3≈1.099，ln4≈1.386)
【答案】2
【分析】令，，利用导数判断的单调性，作出，大致图象，求出，的交点，设，令，令，利用零点存在性定理可得，即求.
【详解】令，，
，，
令，
∴当时， ，单调递增；
当时，，单调递减，
，分别作出，大致图象如下：

联立，即，
设，，令，即，
令，知在上单调递减，
，，
，∴整数的最大值为2．
故答案为：2

六、解答题
17．记，为数列的前n项和，已知，．
(1)求，并证明是等差数列；
(2)求．
【答案】(1)，证明见解析
(2)

【分析】（1）利用与前n项和的关系，由可得的值，即可求得的值；根据相减法求得为常数，证明其为等差数列；
（2）由（1）中数列为等差数列，对进行奇偶讨论，即可求得.
【详解】（1）解：已知，
当时，，；当时，，，所以．
因为①，所以②．
②－①得，，整理得，，
所以（常数），，
所以是首项为6，公差为4的等差数列．
（2）解：由（1）知，，，．
当n为偶数时，；
当n为奇数时，．
综上所述，.
18．在中，角，，的对边分别为，，．，边上的高为．
（1）若，求的周长；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由三角形面积公式可得，，结合余弦定理，可得，即可得的周长；（2）由（1）和正弦定理可得，，转化为三角函数以后利用辅助角公式化简运算，由，根据三角函数的性质求解最大值.
【详解】解：（1）依题意，可得，
因为，所以．由余弦定理得，
因此，即．
故的周长为．
（2）由（1）及正弦定理可得，
，（其中为锐角，且）
由题意可知，因此，当时，取得最大值．
【点睛】一般关于解三角形中的最值问题，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用求三角函数值域的方法求解最值.
19．如图，四面体中，，E为的中点．

(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为

【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.


20．某种电子玩具启动后，屏幕上的LED显示灯会随机亮起红灯或绿灯．在玩具启动前，用户可对（）赋值，且在第1次亮灯时，亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．随后若第n（）次亮起的是红灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为；若第n次亮起的是绿灯，则第n+1次亮起红灯的概率为，亮起绿灯的概率为．
(1)若输入，记该玩具启动后，前3次亮灯中亮红灯的次数为X，求X的分布列和数学期望；
(2)在玩具启动后，若某次亮灯为红灯，且亮红灯的概率在区间（，）内，则玩具会自动唱一首歌曲，否则不唱歌．现输入，则在前20次亮灯中，该玩具最多唱几次歌？
【答案】(1)分布列见解析，
(2)7次

【分析】（1）由题意分析的所有可能取值为0，1，2，3.分别求概率，写出分布列，求出数学期望；
（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，得到，能证明出是首项为，公比为的等比数列.求出，根据题意建立不等式，求出n的最大值.
【详解】（1）据题意，的所有可能取值为0，1，2，3.
当时，前3次亮灯的颜色为“绿绿绿”，则
当时，前3次亮灯的颜色为“红绿绿”，或“绿红绿”，或“绿绿红”，则
当时，前3次亮灯的颜色为“红红绿”或“红绿红”或“绿红红”，
则
当时，前3次亮灯的颜色为“红红红”，则
所以的分布列为：

0
1
2
3





（2）记第次亮灯时，亮起红灯的概率为，由题设，
则因为
则，所以是首项为，公比为的等比数列.
则，
所以
由，得，所以为奇数.
由，得
因为为奇数，则，即，则.
当时，，9，11，13，15，17，19.因为玩具在这7次亮灯中亮红灯是随机事件，所以在前20次亮灯中，该玩具最多唱7次歌.
21．已知椭圆的上顶点为M､右顶点为N.(点O为坐标原点)的面积为1，直线被椭圆C所截得的线段长度为.
（1）椭圆C的标准方程；
（2）试判断椭圆C内是否存在圆，使得圆O的任意一条切线与椭圆C交于A，B两点时，满足为定值？若存在，求出圆O的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，方程为.
【分析】（1）根据条件，列出关于的方程组，求椭圆的标准方程；（2）当斜率存在时，设直线，与椭圆方程联立，得到韦达定理，结合直线与圆相切，得到，并代入的坐标表示，利用定值与无关，求得圆的方程，当斜率不存在时，可直接求得点的坐标，得到的值，求得圆的的方程.
【详解】（1）由题意知，，由，得.
设直线与椭圆C交于点，，则.
把代入椭圆方程，得，
故，即.
由①②，解得或(舍去)，所以椭圆C的标准方程为.
（2）假设存在这样的圆O，设.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为.
由，得.
设，，则，.
故
.
由，得.
由③④，得，当与k无关时，，，
即圆O的半径为.
当直线AB的斜率不存在时，若直线AB的方程为，
将其代入椭圆C的方程，得，，
此时.
若直线AB的方程为，同理可得.
综上，存在满足题意的圆O，其方程为.
【点睛】解决存在性问题的注意事项：
（1）存在性问题，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）当条件和结论不唯一时，要分类讨论；
（3）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）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。
22．已知函数，，其中为实数.
(1)求的极值；
(2)若有4个零点，求的取值范围.
【答案】(1)，无极小值.
(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的极值；
（2）由可得，令，利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理求出参数的取值范围.
【详解】（1）解：因为，，
所以，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即，无极小值.
（2）解：由即，可得，
令，则，
设，则，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，，即，，
所以存在，使得，，
即，①，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故的极大值为，极小值为和
对①式两边取对数可得，②，
将①②代入得，
同理可得，
要使有四个零点，则必有，解得，
而，，
由零点存在定理可知，当时有且仅有个零点，即有个零点，
所以实数的取值范围为.
【点睛】思路点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．