2023届江西省临川一中百校联盟高三下学期4月信息卷（三）数学（理）试题含答案

2023届江西省临川一中百校联盟高三下学期4月信息卷（三）数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集为，集合，，则图中阴影部分所表示的集合是（    ）

A． B． C． D．

2．若向量，，且，则实数（    ）

A． B． C． D．

3．在一些比赛中，对评委打分的处理方法一般是去掉一个最高分，去掉一个最低分，然后计算余下评分的均值作为参赛者的得分．在一次有9位评委参加的赛事中，评委对一名参赛者所打的9个分数，去掉一个最高分，去掉一个最低分后，一定不变的数字特征为（    ）

A．平均值 B．中位数 C．众数 D．方差

4．已知命题，都有的否定是“，使”，命题若，则，在命题①；②；③；④中，真命题是（    ）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

5．已知命题，；命题，则下列命题是真命题的是（    ）

A． B． C． D．

6．声音的等级（单位：Db）与声音强度x（单位：）满足．火箭发射时，声音的等级约为；一般噪音时，声音的等级约为，那么火箭发射时的声音强度约为一般噪音时声音强度的（    ）

A．倍 B．倍 C．倍 D．倍

7．巴普士（约公元3~4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家．生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来．《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，（表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积，S表示闭合图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）．已知在梯形ABCD中，，，，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（    ）

A． B． C． D．

8．方程表示的曲线是（    ）

A．一个椭圆和一个点 B．一个双曲线的右支和一条直线

C．一个椭圆的一部分和一条直线 D．一个椭圆

9．钝角的内角A，B，C的对边分别是，若，则的面积为（    ）

A． B． C． D．或

10．关于函数，的性质，以下说法正确的是（    ）

A．函数的周期是 B．函数在上有极值

C．函数在单调递减 D．函数在内有最小值

11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是圆（）与的一个交点，若的内切圆的半径为a，则的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

12．已知，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知是曲线上的动点，点在直线上运动，则当取最小值时，点的横坐标为____________．

14．已知，则的展开式中项的系数是______.（用数字作答）

15．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，且的周长和面积分别是10和，则______.

16．已知，则关于x的方程有6个互不相等的实数解的充要条件为___．

三、解答题

17．在数列中，，数列的前项和为．

(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；

(2)求．

18．如图，在五面体ABCDE中，为等边三角形，平面平面ACDE，且，，F为边BC的中点.

(1)证明：平面ABE；

(2)求DF与平面ABC所成角的大小.

19．某商场举行抽奖促销互动，抽奖规则是：从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球，记下颜色后放回，摸出一个红球可获得二等奖；摸出两个红球可获得一等奖．现有甲、乙两位顾客，规定：甲摸一次，乙摸两次．求：

(1)甲、乙两人都没有中奖的概率；

(2)甲、乙两人中至少有一人获二等奖的概率．

20．已知椭圆的左右焦点分别为，连接椭圆的四个顶点所成的四边形的周长为.

(1)求椭圆的方程和离心率；

(2)已知过点的直线与椭圆交于两点，过点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点，求的值.

21．已知函数，为的导函数．

(1)当时，若在[上的最大值为，求；

(2)已知是函数f（x）的两个极值点，且，若不等式恒成立，求正数m的取值范围．

22．在直角坐标系中，笛卡尔叶形线的参数方程为(为参数)，曲线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)写出的普通方程与的极坐标方程；

(2)若与有公共点，求的取值范围．

23．已知函数．

(1)若的最小值为1，求a的值；

(2)若恒成立，求a的取值范围．

参考答案：

1．C

2．C

3．B

4．C

5．D

6．C

7．C

8．C

9．C

10．D

11．A

12．D

13．

14．240

15．3

16．且

17．(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）由结合等比定义得出其通项公式；

（2）由等差等比的求和公式求解即可.

【解】（1）因为，所以

即数列是以首项为，公比为的等比数列

故，即

（2）

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过构造平行四边形的方法来证得平面ABE；

（2）判断出直线DF与平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.

【详解】（1）取AB的中点为M，连接ME，MF，

因为F为边BC的中点，所以，，

又，，所以，且，

即四边形EDFM为平行四边形，所以，

又平面ABE，平面ABE，所以平面ABE；

（2）平面平面ACDE，平面平面，

，平面ACDE，则平面ABC，

∵，∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角，即，

在直角中，，

由于，所以，

故DF与平面ABC所成角的大小为.

19．(1)

(2)

【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，得到结果；

（2）计算出甲乙都不中二等奖的概率，再根据对立事件的概率公式进行求解．

【详解】（1）甲、乙两人都没有中奖的概率为；

（2）甲乙都不中二等奖的概率为：，

甲、乙两人中至少有一人获二等奖的概率为．

20．(1)标准方程：，离心率：.

(2)

【分析】（1）根据椭圆的焦距和椭圆的顶点四边形位置、数量关系结合关系即可求解；

（2）设而不求，假设直线方程后与椭圆联立，利用韦达定理和弦长公式整理即可得解.

【详解】（1）根据题意，

所以，

椭圆顶点围成的四边形周长为：，

所以，

又因为，

所以，，

故椭圆方程为：，

椭圆离心率为.

（2）①当直线PQ斜率不存在时，

|PQ|，|MN|，

此时.

②当直线PQ斜率为0时，

|PQ|，|MN|，

此时.

③当直线PQ斜率存在且不为0时，设直线PQ:，直线MN：

联立

所以

所以，

所以，

PQ

同理可得，.

此时.

综上所述，的值为.

21．(1)

(2)

【分析】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据的不同取值分类讨论求解；

（2）根据题意得，从而可得不等式，再根据，从而，进而将双变量转化为单变量，即不等式在上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解.

【详解】（1）当时，，其定义域为（0，＋∞），

且，所以，

所以，

令，得；令，得，

所以在上单调递增，在上单调递减．

①当，即时，在[t，t＋1]上单调递增，

所以；

②当，即时，；

③当时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减，

所以，

综上所述

（2）因为，所以，

由题意知的定义域为，

故是关于x的方程的两个根，

所以，

即，

所以，

等价于．

因为，所以原式等价于，

又，作差，得，

即，所以原式等价，

因为，所以恒成立．

令，则，

故不等式在上恒成立，

令．

又因为，

当时，得，所以在上单调递增，

又，所在上恒成立，符合题意；

当时，可得时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

又因为，

所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．

综上所述，若不等式恒成立，

只需满足，又，故，

即正数m的取值范围为．

【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键在于利用，从而可得不等式，再将代入不等式可得，再将双变量问题转化为单变量问题，即可利用导函数的单调性、最值关系求解.

22．(1)，；

(2).

【分析】（1）消去的参数方程中参数t得的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式可得的极坐标方程.

（2）求出的极坐标方程，再与的极坐标方程联立，结合三角函数性质求解作答.

【详解】（1）在曲线的参数方程中，当时，，当时，，于是，

整理得，显然满足上式，因此，

将代入得：，即，

所以的普通方程是，的极坐标方程是.

（2）把代入得：，与的极坐标方程联立整理得：

，

因为，即，即有，

则，不妨令，因此，，，

所以的取值范围是.

23．(1)或

(2)

【分析】（1）根据结合取等条件即可得解；

（2）把恒成立，转化为恒成立，分情况讨论去绝对值符号，从而可得出答案.

【详解】（1）因为，当且仅当时取等号，

，当且仅当时取等号，

所以，解得或，

故a的值为或；

（2）令，由题意知恒成立，

当且时, ,要使得恒成立,

则可得

当时,

因为恒成立, 则,由图像可知

所以,所以

综上可知，实数a的取值范围为．