2023届江西省临川一中百校联盟高三下学期4月信息卷（一）数学（理）试题含解析

江西省临川一中百校联盟2023届高三下学期4月信息卷（一）

数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知向量，，若，则（    ）

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，；命题若正实数满足，则，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

6．为了衡量星星的明暗程度，古希腊天文学家喜帕恰斯（，又名依巴谷）在公元前二世纪首先提出了星等这个概念.星等的数值越小，星星就越亮；星等的数值越大它的光就越暗.到了1850年，英国天文学家普森又提出了亮度的概念，并提出著名的普森公式：，联系两个天体的星等､和它们对应的亮度､.这个星等尺度的定义一直沿用至今.已知南十字星座的“十字架三”星等是，猎户星座的“参宿一”星等是，则“十字架三”的亮度大约是“参宿一”的（    ）倍.（当较小时，）

A． B． C． D．

7．下图虚线网格的最小正方形边长为，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为

A． B． C． D．

8．已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（    ）

A． B．

C． D．

9．已知是内部的一点，，，所对的边分别为，，，若，则与的面积之比为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数的图象关于直线对称，对，都有恒成立，当时，若函数的图象和直线，有5个交点，则k的取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

11．已知A为双曲线的左顶点,为C的右焦点,过点A的直线与圆相切,且直线交C于点B,设,则为(    )

A． B． C． D．

12．已知，若方程有四个不同的实数根，，，，则的取值范围是（    ）

A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）

二、填空题

13．点在函数的图象上．若满足到直线的距离为的点有且仅有3个，则实数的值为________．

14．二项式的展开式中的常数项为___________.

15．已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为____________．

16．已知定义在上的奇函数，满足，且当时，，若方程在区间上有四个不同的根，则的值为___________.

三、解答题

17．已知数列的首项，且满足．

(1)求证：数列为等比数列；

(2)设，求数列的前n项和．

18．如图，在四棱锥中，平面，，，且，，是的中点，点在上，且．

(1)证明：平面；

(2)求二面角的正弦值．

19．某选修课的考试按A级、B级依次进行，只有当A级成绩合格时，才可继续参加B级的考试．已知每级考试允许有一次补考机会，两个级别的成绩均合格方可获得该选修课的合格证书．现某人参加这个选修课的考试，他A级考试成绩合格的概率为，B级考试合格的概率为．假设各级考试成绩合格与否均互不影响．

（1）求他不需要补考就可获得该选修课的合格证书的概率；

（2）在这个考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，求他一共参加3次考试的概率．

20．椭圆C：（）的左右焦点分别为，，上顶点为A，且，．

(1)求C的方程；

(2)若椭圆E：（且），则称E为C的倍相似椭圆，如图，已知E是C的3倍相似椭圆，直线l：与两椭圆C，E交于4点（依次为M，N，P，Q，如图）．且，证明：点T（k，m）在定曲线上．

21．已知函数.

(1)讨论的单调性；

(2)若，证明：对于任意，恒成立.（参考数据：）

22．数学上有很多美丽的曲线令人赏心悦目，例如，极坐标方程（）表示的曲线为心形线，它对称优美，形状接近心目中的爱心图形.以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系，直线的参数方程为（为参数）.

(1)求直线的极坐标方程和心形线的直角坐标方程；

(2)已知点的极坐标为，若为心形线上的点，直线与心形线交于，两点（异于点），求的面积.

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若对任意，恒成立，求的取值范围．

参考答案：

1．A

【分析】化简集合，，利用集合的补集和交集的运算定义求解.

【详解】由可得，所以，

因为函数的值域为，所以

所以或，所以．

故选：A.

2．B

【分析】利用向量减法和数量积的坐标运算可表示出，解方程即可.

【详解】，，，解得：.

故选：B.

3．B

【分析】根据中位数，平均数，众数和方差得定义进行判断，并举出反例.

【详解】一共9个数据，从小到大排列后分别为，则为中位数，

去掉最高分和最低分后，一共有7个数据，选取第4个数据，即仍然为中位数，故中位数一定不变，

其余数据可能改变，不妨设9个分数为，

平均数为，众数为3和5，

方差为，

去掉最高分10和最低分3后，平均数为，众数为5，

方差为，

平均值，众数和方差均发生变化.

故选：B．

4．C

【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题可判断命题的真假，利用不等式的性质可判断的真假，进而即得.

【详解】因为，都有的否定是“，使”，

所以命题为真命题，为假命题，

因为由推不出，如，，

所以命题为假命题，为真命题，

所以为假命题，为真命题，为真命题，为假命题，

所以真命题是②③.

故选：C.

5．D

【分析】根据辅助角公式化简，根据正弦型函数值域可知命题为假命题；根据，利用基本不等式可证得命题为真命题；根据复合命题真假性可得结论.

【详解】对于命题，，命题为假命题，则为真命题；

对于命题，（当且仅当，即时取等号），命题为真命题，则为假命题；

为假命题；为假命题；为假命题；为真命题.

故选：D.

6．B

【分析】根据题意，设“十字架三”的星等是，“参宿一”的星等是，“十字架三”的亮度是，“参宿一”的亮度是，结合对数的运算性质即可求出结果．

【详解】解：设“十字架三”的星等是，“参宿一”的星等是，“十字架三”的亮度是，“参宿一”的亮度是，

则，，设，

两颗星的星等与亮度满足，

，

，

与最接近的是，

故选：B．

7．B

【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．

【详解】解：应用可知几何体的直观图如图：是圆柱的一半，

可得几何体的体积为：．

故选B．

【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．

8．D

【分析】由结合外角定理可得，然后可得，

再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.

【详解】因为，

所以，所以

所以，

记椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，

则由椭圆和双曲线定义可得：…①

…②

①2+②2可得

由勾股定理知，，代入上式可得

整理得，即

所以

故选：D

9．A

【分析】设 利用正弦定理角化边得到，可得则是的重心，可得,分别用表示三角形与的面积，则可求得答案.

【详解】由正弦定理,又，，，所以得,因为,所以.

设可得则是的重心，，利用,,所以,所以,同理可得,.所以与的面积之比为即为.

故选：A.

10．C

【分析】根据已知可得是周期为4的偶函数，进而求得且，画出与的函数图象，数形结合法判断有5个交点情况下k的范围.

【详解】由题设关于y轴对称，即为偶函数，

又，则，即是周期为4的函数，

若，则，故，

所以且，又过定点，

所以与的部分图象如下图示：

当过时，；

当过时，；

由图知：时，和直线有5个交点.

故选：C

11．A

【分析】画出图像，根据条件解两个三角形即可.

【详解】

设切点为点,在Rt中,,所以，

在Rt中,,即.

故选:A

12．D

【分析】利用数形结合可得，结合条件可得，，，且，再利用二次函数的性质即得.

【详解】由方程有四个不同的实数根，

得函数的图象与直线有四个不同的交点，分别作出函数的图象与直线．

由函数的图象可知，当两图象有四个不同的交点时，．

设与交点的横坐标为，，设，则，，

由得，

所以，即．

设与的交点的横坐标为，，

设，则，，且，

所以，

则．

故选：D.

13．3

【分析】要满足到直线的距离为的点有且仅有3个，则需要直线与函数的图象相交，而且点在函数的图象上满足在直线一侧一个点到直线距离为，另外一侧两个点到直线距离为．利用导数的的几何意义和切线的斜率，求出切点的坐标，再根据点到直线的距离公式即可求出结果．

【详解】过函数的图象上点作切线，使得此切线与直线平行，又，于是，则；

所以，于是当点到直线的距离为时，则满足到直线的距离为的点有且仅有个，

所以，解得或，

又当时，函数的图象与直线没有交点，所以不满足；

故．

故答案为：.

14．

【分析】根据二项式的展开式通项公式得到，令的指数为，求解，即可求解.

【详解】二项式的展开式通项为，

令，得，

所以二项式的展开式中的常数项为，

故答案为：.

15．

【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.

【详解】令双曲线C的半焦距为c，即，又，，则，

中，，由余弦定理得，

即，整理得，

所以C的离心率．

故答案为：

16．

【分析】根据函数的条件，判断函数的周期，利用函数的奇偶性和周期性即可得到结论．

【详解】解：，

，

即函数的周期是4，

且，

则函数的对称轴为：，是奇函数，

所以也是对称轴，，时，，

函数是增函数，

作出函数的简图如下：

若方程在区间，上

有四个不同的根，，，，

则四个根分别关于和对称，

不妨设，

则，，

则，

故答案为：．

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）将条件两边同时取倒数，然后两边同时加3，可证明等比数列.

（2）利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）由得，即，

又，，

数列为以2为首相，2为公比的等比数列；

（2）由（1）得，

，

18．(1)证明见解析；

(2)

【分析】（1）在线段上取点，使得，进而证明即可证明结论；

（2）如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可；

【详解】（1）证明：在线段上取点，使得，

所以，在中，，且，

因为在四边形中，，，

所以，，

所以，四边形是平行四边形，

所以，

因为平面，平面，

所以平面.

（2）解：如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，

所以，，

因为是的中点，点在上，且，

所以，

所以，，设平面的一个法向量为，

所以，，即，令得，

由题，易知平面的一个法向量为，

所以，

所以，

所以，二面角的正弦值为.

19．（1）．（2）．

【分析】设“A级第一次考试合格”为事件，“A级补考合格”为事件；“B级第一次考试合格”

为事件，“B级补考合格”为事件.

（1）通过相互独立事件的乘法公式求即可；

（2）设“该考生一共参加3次考试”为事件C，则，利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式求解即可.

【详解】解：设“A级第一次考试合格”为事件，“A级补考合格”为事件；“B级第一次考试合格”

为事件，“B级补考合格”为事件.

（1）不需要补考就获得合格证书的事件为，注意到与相互独立，

则.

即该考生不需要补考就获得合格证书的概率为.

（2）设“该考生一共参加3次考试”为事件C，则，

注意到各事件之间的独立性与互斥性，可得

.

即该考生一共参加3次考试的概率为.

【点睛】本题考查互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式，是中档题.

20．(1)

(2)证明见解析

【分析】对于（1），设，其中.由可得，结合，可得.

对于（2），分别将l：与两椭圆方程联立，设，，，，注意到，结合题目条件得，后可证明结论.

【详解】（1）设，其中.由题意知半焦距，

因为，

所以，

所以，

所以C的方程为

（2）证明：椭圆C的3倍相似椭圆E的方程为，即．

联立l与C的方程，得，消去y并整理，得，

则，即，

设，，由韦达定理有：，，

所以．

联立l与E的方程，得，消去y并整理，得，

则，即，

设，，由韦达定理有：，，

所以，

注意到，.

所以线段NP，MQ的中点相同，

所以．又，得.

又，

所以，即，

化简，得．满足，

所以，即点T（k，m）在定双曲线上．

【点睛】关键点点睛：本题涉及求椭圆方程，及结合椭圆中的新定义解题.

（1）问较为基础，解决（2）关键为发现线段NP，MQ的中点相同，继而得到，后由韦达定理可得结论.

21．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求定义域，求导后，分与两种情况分类讨论，得到函数单调性；

（2）放缩后即证对一切恒成立，构造，求导后得到其单调性和极值，最值情况，结合，得到，所以，证明出结论.

【详解】（1）由题意可得定义域为R，.

当时，，则在R上单调递增；

当时，由，得，由，得，

则在上单调递减，在上单调递增.

综上：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.

（2）证明:因为，且，所以，故，

则要证对于任意恒成立，

即证对于任意恒成立，

即证对于任意恒成立，

即证对一切恒成立.

设，则.

当时，，当时，，

则在上单调递增，在上单调递减.

故在处取得极大值，也是最大值，

故.

因为，所以，即，所以，

则.故对一切恒成立，

即对一切恒成立.

【点睛】含参不等式的证明，若根据参数范围进行适当放缩，消去参数，这样可以简化不等式结构，便于构造函数进行研究，放缩消参是处理含参不等式的常规技巧，值得学习体会，常用放缩方法有切线放缩，也可结合题干中参数取值范围进行放缩.

22．(1)极坐标方程为或；

(2).

【分析】（1）先消去参数得到直线的普通方程，进而得到极坐标方程，由，得到，即求解.

（2）将代入方程得到，进而得到，分别与直线l的极坐标方程联立，求得A，B坐标求解.

【详解】（1）解：消去参数得到直线的普通方程为，

所以极坐标方程为或；

（（也正确）

由，得，即，

化简得心形线的直角坐标方程为.

（2）将代入方程，得，

∴.

由得，

由得，

∴.

23．(1)；

(2).

【分析】（1）将绝对值函数表示为分段函数，解不等式即可求解；

（2）根据三角不等式的性质求出的最小值，即可求解.

【详解】（1）由题知，当时，，

所以，

因为，所以或或，

解得或或，

所以不等式的解集为.

（2）因为，

所以，

所以，所以，即，

所以，解得，

所以a的取值范围为.