江苏省扬州市高邮中学2023届高考前热身训练（二）数学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州市高邮中学2023届高考前热身训练（二）数学试题（含解析），共22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。
江苏省扬州市高邮中学2023届高考前热身训练（二）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．设，则（    ）A． B． C．4 D．03．已知向量，满足，，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．4．若是抛物线的焦点，是抛物线上任意一点，的最小值为1，且是抛物线上两点，，则线段的中点到轴的距离为（     ）A． B． C． D．5．为了强化学校的体育教育教学工作，提高学生身体素质，加强学生之间的沟通，凝聚班级集体的力量，激发学生热爱体育的热情．某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为（    ）A．48 B．36 C．24 D．126．已知函数的导函数为，且满足，则（    ）A．函数的图象关于点对称 B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于直线对称 D．函数的图象关于点对称7．已知函数 在 上单调递增，则f（x）在上的零点可能有（    ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个8．如图，在三棱柱中，，是棱AB上一点，若平面把三棱柱分成体积比为的两部分，则（    ）A．1 B． C． D． 二、多选题9．下列说法中正确的是（    ）附：独立性检验中几个常用的概率值与相应的临界值0.10.050.012.7063.8416.635A．已知离散型随机变量，则B．一组数据148，149，154，155，155，156，157，158，159，161的第75百分位数为158C．若，则事件与相互独立D．根据分类变量与的观测数据，计算得到，依据的独立性检验可得：变量与独立，这个结论错误的概率不超过0.0510．已知函数，则（    ）．A．有两个极值点B．点是曲线的对称中心C．有三个零点D．若方程有两个不同的根，则或511．已知直线l1：，l2：，l3：，l4：.则（    ）A．存在实数α，使l1l2，B．存在实数α，使l2l3；C．对任意实数α，都有l1⊥l4D．存在点到四条直线距离相等12．如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点分别在半圆弧（均不含端点）上，且在球上，则（    ）  A．当点在的三等分点处，球的表面积为B．球的表面积的取值范围为C．当点在的中点处，过三点的平面截正四棱柱所得的截面的形状都是四边形D．当点在的中点处，三棱锥的体积为定值 三、填空题13．椭圆的焦距为______.14．曲线在点处的切线方程为______．15．已知点，，若圆上存在点P满足，则实数a的取值的范围是____________． 四、双空题16．费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点，当三角形三个内角都小于时，费马点与三个顶点连线恰好三等分费马点的周角，即该点所对三角形三边的张角相等均为.根据以上性质，已知，，，M为内一点，当的值最小时，点M的坐标为_______，此时_________. 五、解答题17．已知数列的首项，且满足.(1)求证：数列是等差数列；(2)若数列满足，求数列的前项和.18．某市为了更好的了解全体中小学生感染新冠感冒后的情况，以便及时补充医疗资源.从全市中小学生中随机抽取了100名抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染奥密克戎后的疼痛指数为，并以此为样本得到了如下图所示的表格：疼痛指数人数（人）10819名称无症状感染者轻症感染者重症感染者其中轻症感染者和重症感染者统称为有症状感染者.(1)统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件发生的似然比.现从样本中随机抽取1名学生，记事件：该名学生为有症状感染者，事件：该名学生为重症感染者，求似然比的值；(2)若该市所有抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数近似的服从正态分布，且.若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为，求的分布列及数学期望.19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且．(1)求的外接圆半径R；(2)求内切圆半径r的取值范围．20．如图，三棱台中，，是的中点，点在线段上，，平面平面．  (1)证明：；(2)若平面平面，，，求直线与平面所成角的正弦值．21．设直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，且三角形的面积为.(1)求的值；(2)已知直线与轴不垂直且斜率不为0，与交于两个不同的点，，关于轴的对称点为，为的右焦点，若，，三点共线，证明：直线经过轴上的一个定点.22．设函数，其中.(1)讨论的单调性；(2)若存在两个极值点，设极大值点为为的零点，求证：.
参考答案：1．C【分析】由函数的定义域可求集合，再由集合的交集的定义可求解.【详解】因为，又，所以．故选：C．2．A【分析】利用复数的除法运算求得，进而求得结果.【详解】由题意可得，则.故选：A.3．C【分析】由求得，再根据向量夹角公式即可求解.【详解】因为.又，所以.所以，因为，所以与的夹角为.故选：C4．C【分析】利用抛物线定义与性质计算即可.【详解】由条件可得，设，则，当时取得等号，故，.设，则A、B中点坐标为，由抛物线的定义可知，故.故选：C5．B【分析】特殊位置优先排，分类求解可得.【详解】当甲排第1棒时，乙可排第2棒或第4棒，共有种；当甲排第2棒时，乙只能排第4棒，共有.故甲、乙都参加的不同棒次安排方案总数为种.故选：B6．D【分析】根据求导公式和求导法则可得，结合抽象函数的对称性即可求解.【详解】由，可知函数的图象关于直线对称；对求导，得，则函数的图象关于点对称，所以ABC错误，D正确.故选：D．7．A【分析】根据条件求出的取值范围，再运用整体代入法求解.【详解】由，，即只能取0，得 ，因为在 上单调递增，则 解得，由 ，则 ，设，则 ，因为，，所以函数在 上的零点最多有2个；故选：A.8．D【分析】先画出平面与三棱锥的截面，分析清楚两部分是什么几何体，由等体积求解即可.【详解】如图：延长与交于，连接交于，则平面与三棱锥的截面是，将三棱锥分成两部分，三棱台，多面体，设，，，，，设，则，，则，，解得：，由于所以故选：D.9．BC【分析】A选项，根据二项分布的方差公式和方差的性质进行计算；B选项，根据百分位数的定义进行计算；C选项，根据对立事件的概率和事件独立的条件进行判断；D选项，根据独立性检验的标准进行判断.【详解】对于A：根据二项分布的方差公式，可得，∴，∴A错误；对于B：，根据百分位数的定义，这组数据的第75百分位数为第8个数158，∴B正确；对于C：∵，∴，∴，根据事件独立性的定义可知，事件与相互独立，∴C正确；对于D：根据的值以及常用的概率值与相应临界值可知，依据的独立性检验，可得变量与相互独立，这个结论错误的概率不超过0.1．∴D错误．故选：BC10．ABD【分析】利用导数研究的单调性，进而判断极值点、零点情况，根据是否成立判断对称中心，由函数性质及其图象判断有两个根对应k值.【详解】由，则或时，时，所以在、上单调递增，在上单调递减，所以分别是的极大值点、极小值点，A对；，则，故点是曲线的对称中心，B对；由，，，结合单调性知：在存在一个零点，其它位置无零点，C错；若方程有两个不同的根，由上分析知：或5，D对.故选：ABD11．ACD【分析】利用直线平行、直线垂直的条件和点到直线的距离逐项检验即可求解.【详解】当时，，故选项A正确；，所以与不平行，故选项B错误；恒成立，，故选项C正确；坐标原点到四条直线距离均为1，故选项D正确.故选：ACD.12．BD【分析】先求出外接球的球心O所在的直线，根据几何关系求出外接球半径与Q点位置的关系，可以解出A，B选项，对于C选项，作平行线求出截面的形状，对于D选项运用等体积法直接求解.【详解】  如图，设的中点为E，的中点为F，的中点为G，，由题意圆G和圆E的半径均为1，，是直角三角形，平面，外接球的球心O必定在上，设，则，则，为外接球O的半径，在中，由余弦定理得， 又，，当Q在圆弧三等分点处时，，，外接球的表面积，A错误；令，则，，B正确；对于C，如图：  过Q点作的平行线，交于H，交AD于M，连接，过P点作的平行线交AB于N，连接MN，，五点共面，又N点在平面上，即平面与四棱柱的截面是五边形，错误；对于D，P点在的中点，平面平面，则不论Q点在何位置，Q点到平面的距离，即三棱锥的高为1，，三棱锥的体积，D正确；故选：BD.13．【分析】根据题意，将方程化为标准式，然后得到从而得到，即可得到结果.【详解】因为椭圆，即，所以，即，所以焦距为.故答案为：14．【分析】根据求导公式和导数几何意义和直线方程的点斜式求法即可求解.【详解】因为，所以 ，则，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．故答案为：.15．【分析】由求出点的轨迹，再求出该轨迹与圆有公共点的a的范围作答.【详解】设点，则，而，则，整理得，即点的轨迹是原点为圆心，2为半径的圆，因为点在圆，即圆与圆有公共点，而圆的圆心为，半径为1，因此，即，解得或，所以实数a的取值的范围是.故答案为：   16．          【分析】根据费马点定义及已知坐标确定位置，进而求出其坐标，由，利用差角正弦公式求.【详解】由题设，△是等腰三角形，且，根据已知坐标得示意图如下：根据费马点定义知：在中垂线上，且△是顶角为的等腰三角形，所以，故，则，由，而，，，，所以.故答案为：，17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）对递推式变形，根据等差数列的定义即可证明；（2）先由（1）的结论求出数列的通项公式，再求出，最后利用裂项相消法求和即可.【详解】（1）由，可得，又，所以是以3为首项，2为公差的等差数列；（2）由（1）知：，所以，所以，所以.18．(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.【详解】（1）由题意得：，，，.（2），，则，可能的取值为，的分布列为：0123数学期望.19．(1)(2) 【分析】（1）由正弦边角关系可得，应用余弦定理即可求，进而确定其大小；（2）由正弦定理有，，根据余弦定理有，结合（1）及，应用三角恒等变换有，由三角形内角性质、正弦函数性质求范围即可.【详解】（1）因为，由正弦边角关系得，即，由余弦定理，得，又，所以，由，则.（2）由正弦定理得，所以，，由余弦定理，得，所以，利用等面积法可得，则，∵，∴，故，则，所以，故.20．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面平行的性质证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，求向量与平面的法向量，根据空间向量求解直线与平面所成角的正弦值即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，  因为是的中点，所以，，因为三棱台中，，，，所以，，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面平面，所以．（2）因为平面平面，所以过点作于点，则平面，又由题意知，，所以，因为中，，，所以，连接，在中由余弦定理得，所以，得．所以以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系，  令，则，，，，，，，，，，，设平面的法向量为，则得令，则，，所以平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，则．所以直线与平面所成角的正弦值为．21．(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到两点的坐标，得到三角形的面积为，列出方程，求出的值；（2）设出直线方程，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出，求出直线所过的定点.【详解】（1）双曲线：的渐近线方程为，不妨设，因为三角形的面积为，所以，所以，又，所以.（2）双曲线的方程为：，所以右焦点的坐标为，依题意，设直线与轴交于点，直线的方程为，设，，则，联立，得，且，化简得且，所以，，因为直线的斜率存在，所以直线的斜率也存在，因为，，三点共线，所以，即，即，所以，因为，所以，所以，所以，化简得，所以经过轴上的定点.  【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线的方程为，，，则，再将其与双曲线方程联立，从而得到韦达定理式，根据三点共线，则有，整理代入韦达定理式化简求出值即可.22．(1)答案见解析(2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，对分类讨论，求出的解，得出单调区间；（2）分和两种情况讨论，时易得零点为0，直接比较可得，时，再由求解即可.【详解】（1）由 ①时，由，令，解得，所以时，时，，则在单调递增，在单调递减；②时，由，（i）时，因为，则在单调递增，（ii）时，，解得或，所以时，时，，则在，上单调递增，在单调递减；（iii）时，由，所以时，时，，则在，上单调递增，在单调递减；综上：时，的单调递增区间为，单调递减区间为；时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；时，的单调递增区间为；时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）根据题意结合（1）可知时，存在两个极值点，由为的零点，则，则，故，若，由（1）可知，则；若，则，故，化简得，即，故当且仅当，即时等号成立，即，故，当且仅当时取等号，综上，恒成立.【点睛】关键点点睛：本题解决过程，关键在于分类讨论思想的应用，求函数单调区间时，需分类讨论才能解不等式，研究函数零点与极值点关系时，也需要分和两种情况讨论.