江西省百校联盟2023届高三下学期4月信息卷（二）——数学（理）试题（含解析）

江西省百校联盟2023届高三下学期4月信息卷（二）——数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，，，若为实数满足，则（ ）
A． B． C．1 D．2
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．命题若，则，命题存在，使，则下列结论正确的是（ ）
A．为真命题 B．为假命题 C．p为假命题 D．q为真命题
5．已知命题：，使得；命题：，，则下列命题为真命题的是（ ）
A． B． C． D．
6．昆虫信息素是昆虫用来表示聚集、觅食、交配、警戒等信息的化学物质，是昆虫之间起化学通讯作用的化合物，是昆虫交流的化学分子语言，包括利它素、利己素、协同素、集合信息素、追踪信息素、告警信息素、疏散信息素、性信息素等．人工合成的昆虫信息素在生产中有较多的应用，尤其在农业生产中的病虫害的预报和防治中较多使用．研究发现，某昆虫释放信息素t秒后，在距释放处x米的地方测得的信息素浓度y满足，其中k，a为非零常数．已知释放信息素1秒后，在距释放处2米的地方测得信息素浓度为m；若释放信息素4秒后，距释放处b米的位置，信息素浓度为，则b＝（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．曲线和所围成的平面图形绕x轴旋转一周后，所形成的旋转体的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，P是它们的一个交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
9．在中，已知的面积为，设D是边的中点，且的面积为，则等于（ ）
A．2 B．4 C． D．
10．已知是定义在R上的奇函数，且对任意都有，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．
11．已知双曲线的右焦点为F，直线与双曲线E相交于A，B两点， ，，则双曲线E的离心率为（ ）.
A． B． C．2 D．
12．设正实数a，b满足3a=7b，下面成立的是（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
13．若曲线在处的切线的斜率为，则__________．
14．的展开式中，的系数为___________．
15．在中，点在边上，，则边的最小值为__________.
16．若函数为奇函数，且，若，则_________．
三、解答题
17．已知数列满足，.
(1)证明：是等比数列；
(2)设，证明.
18．如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面.
(1)求的值；
(2)求二面角的余弦值.
19．现在世界正处于百年未见之大变局，我国面临着新的考验，为增强学生的爱国意识和凝聚力，某学校高二年级组织举办了“中国国情和当今世界局势”的知识对抗竞赛，主要是加深对新中国成立以来我国在经济建设、科技创新、精神文明建设等方面取得的成就和最新世界经济、政治时事的了解．组织者按班级将参赛人员随机分为若干组，每组均为两名选手，每组对抗赛开始时，组织者随机从准备好的题目中抽取2道试题供两位选手抢答，每位选手抢到每道试题的机会相等．比赛得分规则为：选手抢到试题且回答正确得10分，对方选手得0分；选手抢到试题但回答错误或没有回答得0分，对方选手得5分；2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲、乙两名选手被分在同一组进行对抗赛，每道试题甲回答正确的概率为，乙回答正确的概率为，两名选手回答每道试题是否正确相互独立．2道试题抢答后的各自得分作为两位选手的个人总得分．
(1)求乙总得分为10分的概率；
(2)记X为甲的总得分，求X的分布列和数学期望．
20．已知椭圆的一个焦点为，其左顶点为A，上顶点为B，且到直线的距离为（O为坐标原点）．
(1)求C的方程；
(2)若椭圆，则称椭圆E为椭圆C的倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线与椭圆C，E交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上．
21．已知函数．
(1)若时，试讨论的单调性；
(2)若有两个零点时，求a的取值范围．
22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：．
(1)当时，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．
(2)直线l与曲线C交于A，B两点，若|AB|=2，求的值．
23．已知函数，.
(1)若，求不等式的解集；
(2)已知，若对任意，都存在，使得，求实数的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据对数的性质，结合集合交集和补集的定义进行求解即可.
【详解】由，或，
因为，所以，
所以，
故选：A
2．B
【分析】利用向量垂直，数量积为0求解即可
【详解】，
，
，
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．A
【解析】先判断命题p和q的真假，再逐一判断选项中的复合命题的真假即可.
【详解】由时，求导得，故命题p是真命题；
因为，故不存在，使，即命题q是假命题.
故选项A中，为真命题，故正确；
选项B中，是真命题，为真命题，故错误；
选项C中，p为假命题，错误；
选项D中，q为真命题，错误.
故选：A.
5．B
【分析】先判断出命题，的真假，再依次判断即可.
【详解】对于命题，因为，故命题为假命题，
对于命题，令，则，所以在单调递增，所以，即，，故命题为真命题，
则为假命题，故A错误；为真命题，故B正确；
因为为假命题，所以为假命题，为假命题，故CD错误.
故选：B.
6．B
【分析】根据已知的浓度解析式，代入变量，结合对数的运算，化简求值.
【详解】由题意，，
所以），
即．又，所以．
因为，所以．
故选：B．
7．A
【解析】欲求曲线和所围成的平面图形绕x轴旋转一周后，所形成的旋转体的体积，可利用定积分计算，即求出被积函数在上的积分即可.
【详解】设旋转体的体积为，
则.
故选：A
8．A
【分析】设椭圆的长半轴为，双曲线的实半轴长为，焦距为2c，根据椭圆及双曲线的定义及余弦定理可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】如图，设椭圆的长半轴为，双曲线的实半轴长为，则根据椭圆及双曲线的定义：
，
所以，
设，因为，则
在中，由余弦定理得：，
化简得：，即，
从而有，
整理得，（当且仅当时等号成立）
故选：A.
9．A
【分析】利用三角形面积公式及余弦定理求出角A及bc，再利用向量运算求解作答.
【详解】在中，，而，
代入得，
若，，则，则，显然不合题意，
则，又，于是，从而，解得，
因为D是边的中点，则，
所以.
故选：A
10．D
【分析】由已知可推得，.根据周期性可得，，又，所以.
【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以，
又由可得，，
所以有，则，所以，
所以是周期函数，周期.
又，所以，
又，，所以.
故选：D.
11．D
【分析】由题可得，然后利用条件可求，进而可得，即求.
【详解】如图，设双曲线E的左焦点为，由对称性，
∴，即，，
设点，则有，解得，
则，
∴，解得，
∴，.
故选：D.
12．B
【分析】设3a=7b=t，（t＞0），则a=log3t，b=log7t，从而=log7t×logt3=log73，根据对数函数的单调性即可比较与和1的大小.
【详解】∵正实数a，b满足3a=7b，
∴设3a=7b=t，（t＞0），则a=log3t，b=log7t，
∴=log7t×logt3==log73，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查两数比值的范围的求法，考查对数的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13．
【分析】求出原函数的定义域，根据导数值为可求得的值.
【详解】函数的定义域为，所以，，
对函数求导得，
由已知条件可得，整理可得，，解得.
故答案为：.
14．145
【分析】根据题意得到，再求得展开式的通项，分别求，，，再利用多项式乘法即可得到的系数．
【详解】由，
其中展开式的通项，
令，得；
令，得；
令，得，
所以的展开式中，的系数为．
故答案为：145．
15．1
【分析】在中，利用余弦定理求出的关系，再结合基本不等式求最值.
【详解】令，则，又，在中，由余弦定理可得，
化简整理得，因为，所以，所以，即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为1.
故答案为：1
16．
【分析】由奇函数的性质结合得出函数的周期为4，再由周期性求函数值.
【详解】因为，所以.
因为函数为奇函数，所以.
即，故函数的周期为4.
，
故答案为：
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；
（2）计算得出，利用裂项相消法可证得结论成立.
(1)
证明：因为，，则，，，
以此类推可知，对任意的，，
由已知得，即，
所以，，且，
是首项为，公比为的等比数列.
(2)
证明：由（1）知，，，
，
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明，则，再利用三角形相似即可得到答案；
（2）利用二面角定义得到，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可.
【详解】（1）连接，设，连接，
取中点点，分别连接,,
则，平面，平面，则平面，
又因为平面，且，平面，
所以平面平面，
又因为平面与平面平面相交，则交线，故，
因为为中点，且底面为菱形，故，
又在菱形中，，所以，
所以.
（2）因为，，所以三角形为等边三角形，
所以，而根据折叠过程可知，
且平面平面，平面，，
因此是二面角的平面角，则，
如图，以点为原点，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.依据题意，
从而
设平面的法向量，
由得到，
由得到.
令
设平面的法向量，
由得到，
由得到.
令.
因此，
所以，所求二面角的余弦值是.
19．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由互斥事件、独立事件的概率公式计算可得；
（2）分X可能取值为0，5，10，15，20，结合互斥事件、独立事件的概率公式求得概率得分布列，然后由期望公式计算出期望．
【详解】（1）由题意，乙得10分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误或没有回答}、{甲，乙各抢到一题都回答正确}、｛甲抢到两题都回答错误或没有回答｝
所以乙总得分为10分的概率．
（2）由题意得，甲的总得分X可能取值为0，5，10，15，20
；
；；
．
分布列如下：
X 0 5 10 15 20
P
所以．
20．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知条件推导出，，由此能求出椭圆的方程．
（2）分别联立直线与椭圆、椭圆的方程消元，可证明线段、中点相同，然后结合可得，由此可证明.
【详解】（1），
直线的方程为，即，
到直线的距离为，
，
又，解得，，
椭圆的方程为：．
（2）椭圆的3倍相似椭圆的方程为，
设，，，各点坐标依次为，，，，，，，，
将代入椭圆方程，得：，
，
，，
，
将代入椭圆的方程得，
，，，
，
线段，中点相同，，
由可得，
，所以，
，化简得，满足式，
，即点在定曲线上．
21．(1)具体见解析
(2)或
【分析】（1）由题意，明确函数解析式，求导，根据二次函数的性质，讨论导数零点的取值范围，可得答案；
（2）先研究时，函数的零点个数，再根据零点的定义，验证不是零点，整理函数，化简研究存在两个不同的零点，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理，可得答案.
【详解】（1），，，
若，则令，解得，，解得，
故在上单调递增，在上单调递减；
若，令，得，
①当，即时，，解得或，在和上单调递减，，解得，在上单调递增；
②当，即时，，解得或，在和上单调递减，，解得，在上单调递增；
③当，即时，恒成立，故在单调递减．
综上所述，
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在单调递减；
当时，在和上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）.
当时，，，令，则，
当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增.
由且，
当时，，，故恒成立，
，由在上单调递增，
则只有一个零点；
当时，，此时不是的零点，时，，
令，由题意可知，有两个零点等价于在且时有两个零点，
，若，则，单调递增，最多有一个零点，不符合题意；
若，令，解得或，
当或时，，单调递增；
当或时，，单调递减，
而，，
当时，此时，而，故有且只有一个零点，不合题意；
当即，此时在上无零点，故在上需有两个不同的零点，故，即，
此时当时，，故当时，．
而当时，，，故．由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点．
当，即，此时，故在上不存在零点．此时当时，，当时，，由零点存在定理及的单调性可得此时有两个不同的零点．
综上，或．
22．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据加减消元法，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；
（2）根据直线参数方程参数的意义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】（1）当时，直线的参数方程为，
消去参数得，
即直线的普通方程为．
∵，∴，∵，∴，
则曲线的直角坐标方程为；
（2）将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得
，化简得，
设A，B两点对应的参数为，，则，，
因为直线过点，
则，
解得．
23．(1)
(2)
【分析】（1）当时将写出分段函数，再分类讨论求出不等式的解集；
（2）利用绝对值三角不等式求出，再利用基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可.
【详解】（1）解：当时，，
，
当时，即，；
当时，即，；
当时，即，，
综上可得不等式的解集为；
（2）解：，当且仅当时取等号，
，
又，且，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
所以
根据题意可得，解得或，
的取值范围是.
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