2023届江西省赣抚吉十一校联盟体高三下学期4月联考数学（文）试题含答案

这是一份2023届江西省赣抚吉十一校联盟体高三下学期4月联考数学（文）试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省赣抚吉十一校联盟体高三下学期4月联考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据集合交集运算可得.【详解】因为 所以.故选：B2．已知复数，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】先化简，得，从而得，代入计算即可.【详解】因为，所以.故选：D3．目前，甲型流感病毒在国内传播，据某市卫健委通报，该市流行的甲型流感病毒，以甲型亚型病毒为主，假如该市某小区共有100名感染者，其中有10名年轻人，60名老年人，30名儿童，现用分层抽样的方法从中随机抽取20人进行检测，则做检测的老年人人数为（    ）A．6 B．10 C．12 D．16【答案】C【分析】利用分层抽样比例求解.【详解】解：老年人做检测的人数为.故选：.4．已知点是角终边上一点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】点在第四象限，由求得结果.【详解】，则点在第四象限，由，故.故选：C.5．已知等比数列的前项和为，且，则（    ）A．2 B．4 C．7 D．8【答案】D【分析】利用等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.【详解】设等比数列的公比为，因为，则，所以，则，故，，所以.故选：D.6．如图，在直角梯形中，为的中点，，，若，则（    ）A． B．0 C． D．【答案】C【分析】设，则，又，由平面向量基本定理可得结果.【详解】设，则，则.又，所以.故选：C.7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，其中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由三视图可得，该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，求解即可.【详解】由图可知，显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体.由题得半球的半径为，圆锥的底面半径为，高为，母线长为，所以其表面积为.故选：C.8．已知函数且有两个零点，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】将解：函数且有两个零点，转化为函数的图像与直线有两个公共点求解.【详解】解：因为函数且有两个零点，所以且有两个零点，即函数的图像与直线有两个公共点，当时，由图①得1，故；当时，由图②得，不符合题意.，故选：A9．相传我国古代有这样一个故事：一个身处他乡的小伙子得知父亲病重的消息，便连夜赶回家，他父亲弥留之际不停念叨“胡不归？胡不归？”，这就是流传千百年的“胡不归问题”.如图，假设小伙子处于地，家在地，是驿道，其他地方均为沙地，，小伙子在驿道，沙地上行走的速度分别为，若小伙子为了更快回到家中，从沿走到（在上），再从走沙地直线回家，设，则此方案所用时间为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】在中，由正弦定理得，故可得路段用时，同时求得，进而得，故可得路段用时，则此方案所用时间为，整理即得答案.【详解】在中，由正弦定理得，得，故路段用时，因为，则，故，因此.故路段用时，则此方案所用时间为.故选：A.10．在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.【详解】如图，连接，由题意易知，，故四边形为平行四边形.设，取的中点，连接，在Rt中，，故点到的距离为，故点到的距离为，因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.故选：D11．已知直线是函数图像相邻的两条对称轴，将的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意先求出，再结合图像得出关于的不等式组，即可求得m的范围.【详解】解：由题意得,即，解得，则，向右平移个单位长度后，得到函数， 又在上恰有三个不同的零点，所以转化为在上有三个不同的零点，其中，，则，要使在上有三个不同的零点，则或，解之得故选：A.   12．已知函数是偶函数，对任意均有，则下列正确结论的序号为（    ）①；②是奇函数；③直线是图像的一条对称轴；④记，则.A．①②④ B．①③④ C．①④ D．②③【答案】B【分析】令，可判断①；令，得，可判断②；由条件可得，故16是的一个周期，进而得，可判断③；由条件结合③求得，结合函数的周期性求解可判断④.【详解】令，知，故，故①正确；令，知，故，又为偶函数，故，则不是奇函数，故②错误；因为6，则，即，于是有，则，故16是的一个周期，则，故的图像关于对称，故③正确；因为，，所以，由③可知，故，因为，故，又，，故，，故④正确.综上，①③④正确.故选：B. 二、填空题13．曲线在点处的切线与直线垂直，则__________.【答案】【分析】根据导数的几何意义结合直线垂直斜率之积为求解即可.【详解】，由题知，即，解得.故答案为：14．随着人们生活水平的提高，“自驾游”成为一种常见的旅游方式，若甲､乙､丙､丁四个家庭计划游览两地，每个家庭从两地中任选一个地区进行旅游，则恰有3个家庭选择地旅游的概率为__________.【答案】/【分析】先利用分步计数原理求得四个家庭总的旅游情况数，再利用列举法求得恰有3个家庭选择地旅游的情况数，从而利用古典概型的概率求法即可得解.【详解】由题意知，每个家庭有两个地区可以选择，故四个家庭不同的旅游情况数为，其中恰有3个家庭选择地旅游的情况为（甲､乙､丙），（甲､乙､丁），（甲､丙､丁），（乙､丙､丁），共4种，所以所求概率.故答案为：.15．已知圆满足：圆心在直线上，轴或轴被圆所截得的弦长为4，则圆的一个标准方程为__________.【答案】/（答案不唯一，写出一个即可）【分析】设，分为两种情况讨论：圆被轴、轴所截弦长为4，求得圆的标准方程，然后给赋值可得答案.【详解】设，若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，则此时圆的标准方程为；若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，则此时圆的标准方程为.令，则圆方程为或.故答案为：或（答案不唯一，写出一个即可）.16．已知分别为双曲线的左､右焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线，切点为，延长交的右支于点，线段的中点为为坐标原点，若为钝角，，则的离心率为__________.【答案】【分析】由条件结合图形分析计算，利用各线段的关系可得，即可得到结果.【详解】 如图所示，由题意可知E的圆心为原点，半径为，设，则有，又为钝角，则D在A左侧.所以由题意可知，根据双曲线定义故.故答案为： 三、解答题17．已知在数列中，，数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由得，当时，，两式相减得，，所以，利用累乘法可求得；（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结论.【详解】（1）由得，当时，，两式相减得，，整理得，所以，当时，，当时，也符合上式，故.（2）由（1）可得，所以数列的前项和.18．春节联欢晩会是我国在除夕晩上举办的大型欢庆晩会，全国家家户户围坐在电视机前欣赏一年中最重要的晩会，下表为某年观看春晩的人数百分比：年龄（岁）百分比假设统计人数为200人，下表为分析年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩是否满意的列联表： 满意不满意合计年龄不大于3050  年龄大于30 66 合计   (1)请将列联表补充完整；(2)能否有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828 【答案】(1)列联表见解析(2)有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异 【分析】（1）根据题中数据可得，年龄不大于30对春晩不满意的人有人；年龄大于30对春晩满意的人有人，从而将列联表补充完整；（2）计算出与参考数据比较即可得出结果.【详解】（1）年龄不大于30的人有人，则年龄不大于30对春晩不满意的人有人；年龄大于30的人，则年龄大于30对春晩满意的人有人，所以，列联表如下： 满意不满意合计年龄不大于30502474年龄大于306066126合计11090200（2），故有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.19．如图①，在等腰梯形中，，现将沿翻折到的位置，且平面平面，如图②.(1)当时，求；(2)当三棱锥的体积为时，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）取的中点，连接可得为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得；（2）过作，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得，再根据等面积法可得点到的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.【详解】（1）取的中点，连接，当时，，又，故四边形为平行四边形，故，又，所以为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，故，在中，因为，所以，故.（2），在图①中，过作，所以.因为且，所以点到的距离.又，故，整理得，解得或（舍去），所以的值为.20．已知抛物线，过点作相互垂直的直线，且与分别相交于点和为坐标原点.(1)求的方程；(2)记的中点分别为，求面积的最小值.【答案】(1)(2)4 【分析】（1）设的方程为，与抛物线方程联立，由得，结合韦达定理求得的值，可得的方程；（2）由（1）及题中条件可求得的坐标及，同理可得的坐标及，从而得的面积，利用基本不等式可求得最小值.【详解】（1）由已知的斜率存在且不为0，设的方程为，联立得，易得，则，因为，所以，即，，解得.故的方程为.（2）由（1）知，所以，，故，所以.同理，的方程为，故，所以.的面积，故，当且仅当，即时等号成立.故面积的最小值为4.21．已知函数.(1)讨论的极值；(2)若有两个零点，求实数的取值范围，并求证：.【答案】(1)极大值，无极小值(2)，证明见解析 【分析】（1）求导，再分和讨论求解；（2）结合（1）若有两个零点，由，得到，再将问题转化为，令，得到，再令，用导数法证明即可.【详解】（1）由题得，①当时，，故在上单调递增，故无极值；②当时，令，得，当时，；当时，.故在区间单调递增，在区间单调递减，此时在处取得极大值，无极小值.（2）由（1）知，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，，若有两个零点，则，所以，当时，，故存在，使得.又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，故.由，得，即；要证，只需证，两边同乘以，得.因为，所以.令，即证，即证.令，.令，故在区间上单调递增，故，因此在区间上单调递增，故，因此原不等式成立.【点睛】关键点睛：本题第二问关键是由有两个零点，得到，，从而把问题转化为，再两边同乘以进而转化为，令，转化为而得证.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程；(2)与交于两点，是上不同于的一点，若的面积为，求点的坐标.【答案】(1)普通方程为，直角坐标方程为(2)坐标为或 【分析】（1）消参法求的普通方程，注意的范围，公式法求的直角坐标方程；（2）几何法求得，设且，点线距离和三角形面积公式得，进而确定，即可得坐标.【详解】（1）因为，所以，所以的普通方程为.直线的极坐标方程为，即，由，则化为直角坐标方程为.（2）圆心到直线的距离为，则，设且，所以点到直线的距离，由的面积为知，，所以，则，所以或，解得或，故点的坐标为或.23．已知函数.(1)当时，求不等式的解集；(2)若，使得不等式成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）当时，分析可得，变形可得出，求出函数在区间上的最小值及函数在区间上的最大值，即可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】（1）解：当时，，当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时.综上所述，当时，不等式的解集为.（2）解：，使得不等式成立，所以，使得成立，因为，所以，即，使得成立，因为在上单调递减，则当时，函数取得最小值，又因为在上单调递减，在上单调递增，且当时，；当时，.故当时，函数取得最大值.所以，，解得.因此，实数的取值范围是.