2023届高三下学期4月信息卷——数学试题(四)
一、单选题
1.已知集合,,则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足,则在复平面上所对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3.如图,在矩形中,,点P为的中点,则( )
A.0 B.
C. D.
4.直线与圆的位置关系是( )
A.相交 B.相切 C.相离 D.无法确定
5.某单位入职面试中有三道题目,有三次答题机会,一旦某次答对抽到的题目,则面试通过,否则就一直抽题到第3次为止.若求职者小王答对每道题目的概率都是,则他最终通过面试的概率为( )
A. B. C. D.
6.如图是一款多功能粉碎机的实物图,它的进物仓可看作正四棱台,已知该四棱台的上底面边长为,下底面边长为,侧棱长为,则该款粉碎机进物仓的容积为( )
A. B. C. D.
7.定义在上的函数的导函数都存在,,且,,则不等式的解集为( )
A. B. C. D.
8.果树的负载量,是影响果树产量和质量的重要因素.苹果树结果期的负载量y(单位:kg)与干周x(树干横截面周长,单位:cm)可用模型模拟,其中,,均是常数.则下列最符合实际情况的是( )
A.时,y是偶函数 B.模型函数的图象是中心对称图形
C.若,均是正数,则y有最大值 D.苹果树负载量的最小值是
二、多选题
9.若函数的最大值为2,则常数的取值可以为( )
A. B. C. D.
10.已知正方体的棱长为2,,分别为,的中点,且与正方体的内切球(为球心)交于,两点,则下列说法正确的是( )
A.线段的长为
B.过,,三点的平面截正方体所得的截面面积为
C.三棱锥的体积为
D.设为球上任意一点,则与所成角的范围是
11.抛物线的焦点为,准线为,经过上的点作的切线m,m与y轴、l、x轴分别相交于点N、P、Q,过M作l垂线,垂足为,则( )
A. B.为中点
C.四边形是菱形 D.若,则
12.若过点最多可作出条直线与函数的图象相切,则( )
A.
B.可能等于
C.当时,的值不唯一
D.当时,的取值范围是
三、填空题
13.记为等差数列的前n项和,已知,则____________.
14.的二项展开式中x项的系数为___________.
15.已知,则__________
16.已知O是坐标原点,F是双曲线的左焦点,平面内一点M满足△OMF是等边三角形,线段MF与双曲线E交于点N,且,则双曲线E的离心率为______.
四、解答题
17.已知数列的前n项和为,,.数列的前n项和为,,.
(1)求数列,的通项公式;
(2)令,求数列的前n项和.
18.记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
(1)求角C;
(2)求的取值范围.
19.某校筹办运动会,设计了方案一、方案二两种方案、为了解对这两种方案的支持情况,在校内随机抽取名同学,得到数据如下:
男 女
支持 不支持 支持 不支持
方案一 人 人 人 人
方案二 人 人 人 人
假设校内所有同学支持何种方案互不影响.
(1)依据所给数据及小概率值的独立性检验,能否认为支持方案一与性别有关?
(2)以抽取的名同学的支持率高低为决策依据,应选择哪种方案?
(3)用频率估计概率,从全校支持方案一的学生中随机抽取人,其中男生的人数记为,求随机变量的分布列和数学期望.
附:,其中.
20.如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABFE为菱形,,,,
(1)证明:;
(2)若M为线段AD的中点,求二面角的余弦值.
21.已知椭圆过点,且焦距为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)若为轴上一定点,过点的直线与椭圆交于A,B两点,点关于轴的对称点为(,,三点互异),直线交轴于点,试探究是否为定值,若为定值,并求出该定值.
22.已知函数.
(1)若成立,求实数的取值范围;
(2)证明:有且只有一个零点,且.
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.D
【分析】先求出集合然后求交集即可.
【详解】因为,,
所以.
故选:D.
2.C
【分析】根据已知条件,结合复数的四则运算,以及共轭复数的定义,复数的几何意义,即可求解.
【详解】解:,
则,即,
故在复平面上所对应的点位于第三象限.
故选:.
3.B
【分析】利用向量的线性加减法法则运算与数量积公式运算即可求解.
【详解】
\
故选:B.
4.A
【分析】判断出直线的定点坐标,然后判断定点与圆的位置关系,进而可得直线与圆的位置关系.
【详解】已知直线过定点,
将点代入圆的方程可得,
可知点在圆内,
所以直线与圆相交.
故选:A.
5.C
【分析】分为三种情况:第一次通过,第二次通过,第三次通过,结合相互独立事件概率乘法公式求解.
【详解】由题意知,小王最终通过面试的概率为.
故选:C.
6.C
【分析】根据题意,结合棱台的体积计算公式,代入计算,即可得到结果.
【详解】
画出满足题意的正四棱台,如图所示,则.过点D作于点E,则,所以该正四棱台的体积为.
故选:C
7.D
【分析】构造函数,根据题意求得则,得到在上单调递减,再由把不等式转化为,结合单调性,即可求解.
【详解】由题意知,可得.
设函数,则,
所以在上单调递减.
因为,所以,
所以,即为,则,
所以不等式的解集为.
故选:D.
8.C
【分析】因为的定义域为,不关于原点对称,可判断A,B;对函数求导,得出函数的单调性,可判断C,D.
【详解】因为的定义域为,不关于原点对称,故A不正确;
模型函数的图象也不可能是中心对称图象,故B不正确;
,则或,
若,,均是正数,则,
令,则;令,则,
所以函数在上单调递增,在上单调递减,
所以当时,y有最大值,故C正确;
,若,则,
函数在上单调递增,所以,苹果树负载量的最小值不是,故D不正确.
故选:C.
9.ACD
【分析】利用三角函数诱导公式即可求解.
【详解】因为,,
由函数的最大值为2,
可得当时,,
所以,
所以.
取可得,取可得,取可得,
故选:ACD.
10.BC
【分析】过,,三点的截面为正六边形,球心为其中心,作出图形在正六边形中求出判断A,求出正六边形面积判断B,由等体积法求出三棱锥体积判断C,分析与所成角的最大最小值判断D.
【详解】过,,三点的截面为正六边形,球心为其中心,如图,
在正六边形中,,点到的距离为,,
所以,故A错误;
正六边形的面积,故B正确;,故C正确;
、、为球的切线,故当为中点时,与所成角最小为0,
,所以,
当与球相切且P在平面OAC内时,与所成角最大为,故D错误.
故选:BC.
11.BCD
【分析】设与轴交点为,则未必是的中点,即可判断A,利用韦达定理表示出的坐标可判断B,根据菱形的判定定理可判断C,利用三角形的全等关系可判断D.
【详解】
设,可知斜率存在,可设,
将代入可得,由,即可得,
因此,令解得,所以,
又因为,,
要使,则必需为中点,则必有,即,
所以当且仅当时,才成立,无法满足任意性,A错误;
中令,于是,
因为,,所以为中点,选项B正确.
因为,所以是的垂直平分线,
而轴,所以四边形是菱形,选项C正确;
,由,可得,所以.
因为,所以,选项D正确.
故选:BCD.
12.ABD
【分析】设切线的切点为,利用导数的几何意义及题设条件可得,令,再利用导数研究函数的单调性,作出其草图,再逐项判断即可.
【详解】,设切线的切点为,
则切线的斜率为,
又,则切线的方程为
,
,
则,
令,则
,
所以,令得,
所以,当或时,,
当时,,
则在上单调递减,在上单调递增,
且,当趋近于时,趋近于0,当趋近于时,趋近于,
作出函数的草图如下,
对于A,由于,
,
故,由图象可知,或2或3,即,
又与不能同时取得,故,选项A正确;
对于C,当时,即的值有两个,由图象可知,当且仅当时,的值有两个,选项C错误;
对于D,由图象可知,当或时,的值唯一,此时,选项D正确;
对于B,由图象可知,或2或3,若,若,则,
由选项D可知,此时或,而,不合题意舍去,
若,则,由C选项知此时取唯一值,不合题意,舍去,
若,则,由图象得此时,而在此范围内,
故可能取到,选项B正确.
故选:ABD.
【点睛】本题主要考查利用导数研究曲线的切线方程,考查转化思想及数形结合思想,考查逻辑推理能力及运算求解能力,属于较难题目.对于函数外一动点作函数图像切线个数问题常见的方法:设切点,求切线方程,分离参数,如,再研究图像,转化为直线与函数图像交点个数问题.
13.3
【分析】根据等差数列的前项和公式和通项公式求解.
【详解】设公差为,
因为,所以,即,
故答案为:3.
14.
【分析】先求出二项式展开式的通项公式,再令x的次数为1,从而可求出x的系数.
【详解】由题知的二项式展开式中通项为,
当时,,
所以展开式中x项的系数为.
故答案为:.
15.0
【分析】利用同角三角函数基本关系化弦为切,再将代入即可求解.
【详解】,
故答案为:.
16.
【分析】根据等边三角形性质、余弦定理以可解得,进而根据双曲线的定义可求得,即可得到其离心率.
【详解】根据双曲线的对称性,不妨假设在第二象限,作出如下图形,
设双曲线的右焦点为,连接.
因为是等边三角形,所以,.
又,所以.
在中,由余弦定理知
,
则.
根据双曲线的定义有,则.
故答案为:.
17.(1),
(2)
【分析】(1)令可求出,当时,,化简即可证明数列为常数数列,即可求出;由可得,所以数列是以1为首项,2为公比的等比数列,即可求出.
(2)由(1)得,由错位相减法即可求出数列的前n项和.
【详解】(1)由,,
令可得:,可解得,
且,
可化为,所以数列为常数数列,
∴,∴
又由,得,,
所以数列是以1为首项,2为公比的等比数列,∴
(2)由(1)得
则①,
②,
①-②得,
化简整理得,.
18.(1)
(2)
【分析】(1)利用倍角公式化简为,再弦化切得,再逆用和角正切公式可得,进而可求解;
(2)利用正弦定理边化角得,令,则,转化为求取值范围,从而利用二次函数在区间的最值求法可得.
【详解】(1)因为,
所以,
,
因为,
所以,
所以,
上式整理得,即,
所以,
所以.
因为,所以,
因为,
所以,即,解得.
(2)因为
,
所以令,
因为,所以
所以,则.
则,
所以,
令,
因为的对称轴为,且开口向上,
所以在区间上单调递增,
所以的取值范围为,
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛:
第二问中求的取值范围,利用与的关系,设,从而,最终问题转化为求的取值范围.
19.(1)认为支持方案一与运动员的性别有关,此推断犯错误的概率不大于
(2)应选择方案二
(3)分布列见解析,
【分析】(1)根据数据列出列联表,计算的值,与临界值表作比较即可得出结论;
(2)分别计算支持两个方案的频率,比较可得结果;
(3),计算取每个值的概率可得分布列,代入二项分布的期望公式计算即可求解.
【详解】(1)根据数据可得方案一的列联表:
支持 不支持 合计
男
女
合计
零假设为:支持方案一与运动员的性别无关,
根据列联表中的数据,经计算得到,
依据小概率值的独立性检验,可以推断不成立,即认为支持方案一与运动员的性别有关,此推断犯错误的概率不大于.
(2)由题设表格中的数据可知,
支持方案一的频率为,
支持方案二的频率为,
,本次运动会应选择方案二.
(3)男生支持方案一的概率为,女生支持方案一的概率为,
则的可能取值为,,,,
,
,
,
,
所以的分布列为:
.
20.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)过点D作交AB于点O,连接OE,利用余弦定理得到,由,得到,再由,得到,然后利用线面垂直的判定地理证明;
(2)建立空间直角坐标系,易得平面ABF的一个法向量为,再求得平面MBF的一个法向量,由,求解.
【详解】(1)解:过点D作交AB于点O,连接OE,
由已知条件可知:,
,得,
,
,
同理,而,
,即,
,平面ABFE,又
平面ABFE,平面ABFE
;
(2)建立如图空间直角坐标系,
可知:,,,,
易得平面ABF的法向量为,
设平面MBF的法向量为,
则,又
,令,则,所以,
,,
依题意可知,二面角为锐角,所以余弦值为.
21.(1);
(2)是定值,定值为4.
【分析】(1)解方程组可求椭圆的标准方程;
(2)设直线AB的方程为,,,,求出直线的方程得到,再联立直线AB的方程和椭圆方程得到韦达定理,再利用韦达定理化简即得解.
【详解】(1)由已知可得,解得,,
所以椭圆的标准方程为.
(2)设直线AB的方程为,,,,
则直线的方程为,
令,
联立方程,
所以,,
所以,
所以,所以为定值4.
【点睛】方法点睛:解析几何中的定值问题,常用的方法是先求出对应几何量的表达式,再利用已知条件化简表达式,消去参数,证明是一个常数即可.
22.(1)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用导数研究的区间最值,根据能成立有,即可求范围;
(2)应用导数研究的零点所在区间为并证明唯一性,再由可得,构造研究单调性即可证结论.
【详解】(1)由得:0,则在上单调递减,
在上最大值为,
若成立,则必有,
由,得,故实数的取值范围为.
(2)由在上单调递减,且恒成立,
最小正周期,在最大值为1,
由此在恒为负值,没有零点.
下面看在上的零点情况.
,则,故,
即在上单调递减,
,
故在上有唯一零点.
综上,在上有且只有一个零点.
令且,则,
所以,
令,则,即在上单调递减,
所以,
即.
答案第1页,共2页
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