江西省百校联盟2023届高三下学期4月信息卷(三)——数学(理)试题
一、单选题
1.已知全集为,集合,,则图中阴影部分所表示的集合是( )
A. B. C. D.
2.若向量,,且,则实数( )
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,则下列命题是真命题的是( )
A. B. C. D.
6.声音的等级(单位:Db)与声音强度x(单位:)满足.火箭发射时,声音的等级约为;一般噪音时,声音的等级约为,那么火箭发射时的声音强度约为一般噪音时声音强度的( )
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
7.巴普士(约公元3~4世纪),古希腊亚历山大学派著名几何学家.生前有大量的著作,但大部分遗失在历史长河中,仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷,在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理:“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交,那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”,(表示平面闭合图形绕旋转轴旋转所得几何体的体积,S表示闭合图形的面积,l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).已知在梯形ABCD中,,,,利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为( )
A. B. C. D.
8.方程表示的曲线是( )
A.一个椭圆和一个点 B.一个双曲线的右支和一条直线
C.一个椭圆的一部分和一条直线 D.一个椭圆
9.钝角的内角A,B,C的对边分别是,若,则的面积为( )
A. B. C. D.或
10.关于函数,的性质,以下说法正确的是( )
A.函数的周期是 B.函数在上有极值
C.函数在单调递减 D.函数在内有最小值
11.已知双曲线的左、右焦点分别为,,P是圆()与的一个交点,若的内切圆的半径为a,则的离心率为( )
A. B. C.2 D.
12.已知,则a,b,c的大小关系是( )
A. B. C. D.
二、填空题
13.已知是曲线上的动点,点在直线上运动,则当取最小值时,点的横坐标为____________.
14.已知,则的展开式中项的系数是______.(用数字作答)
15.在中,内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,,且的周长和面积分别是10和,则______.
16.已知,则关于x的方程有6个互不相等的实数解的充要条件为___.
三、解答题
17.在数列中,,数列的前项和为.
(1)证明:数列是等比数列,并求数列的通项公式;
(2)求.
18.如图,在五面体ABCDE中,为等边三角形,平面平面ACDE,且,,F为边BC的中点.
(1)证明:平面ABE;
(2)求DF与平面ABC所成角的大小.
19.某商场举行抽奖促销互动,抽奖规则是:从装有9个白球、1个红球的箱子中每次随机地摸出一个球,记下颜色后放回,摸出一个红球可获得二等奖;摸出两个红球可获得一等奖.现有甲、乙两位顾客,规定:甲摸一次,乙摸两次.求:
(1)甲、乙两人都没有中奖的概率;
(2)甲、乙两人中至少有一人获二等奖的概率.
20.已知椭圆的左右焦点分别为,连接椭圆的四个顶点所成的四边形的周长为.
(1)求椭圆的方程和离心率;
(2)已知过点的直线与椭圆交于两点,过点且与直线垂直的直线与椭圆交于两点,求的值.
21.已知函数,为的导函数.
(1)当时,若在[上的最大值为,求;
(2)已知是函数f(x)的两个极值点,且,若不等式恒成立,求正数m的取值范围.
22.在直角坐标系中,笛卡尔叶形线的参数方程为(为参数),曲线的普通方程为,以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)写出的普通方程与的极坐标方程;
(2)若与有公共点,求的取值范围.
23.已知函数.
(1)若的最小值为1,求a的值;
(2)若恒成立,求a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.C
【分析】由图可知所求集合为,由交集和补集定义可得结果.
【详解】由图可知:阴影部分表示的集合为.
故选:C.
2.C
【分析】先由向量坐标运算求得,再由向量垂直的坐标表示求解即可.
【详解】,由可得,
即,解得.
故选:C.
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】利用命题的真假判定,真值表的应用求解.
【详解】因为不成立,所以p为假命题;
因为当时,成立,故q为真命题.
所以为假命题,为真命题.
故选:.
6.C
【分析】根据声音的等级(单位:Db)与声音强度x(单位:)满足.分别求得火箭发射时和一般噪音时的声音强度求解.
【详解】解:因为火箭发射时,声音的等级约为,
所以,解得;
因为一般噪音时,声音的等级约为,
所以,解得,;
所以火箭发射时的声音强度约为一般噪音时声音强度的倍,
故选:C
7.C
【分析】考虑先计算重心G到AB的距离和重心G到BC的距离,再用勾股定理可得.
【详解】
直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积,设重心G到AB的距离为,则,解得;直角梯形绕BC旋转一周所得几何体的体积,设重心G到BC的距离为,则,所以,所以.
故选:C.
8.C
【分析】由可得,或,再由方程判断所表示的曲线.
【详解】由可得,或,即或,则该方程表示一个椭圆的一部分和一条直线.
故选:C
9.C
【分析】根据题目信息可知,利用余弦定理可计算出,又因为是钝角三角形,比较三边大小可知,C角为钝角,由可计算出符合题意的取值,通过计算可求出的面积.
【详解】由及余弦定理可知,
,整理得,
解得或;
又因为是钝角三角形,比较三边大小可知,为最大边,
所以C角为最大角,即C为钝角;
①当时,,符合题意,
此时的面积为;
②当时,,不符合题意;
综上可知,的面积为.
故选:C.
10.D
【分析】根据周期性的定义可知,函数的周期不是;再利用导数即可判断函数的单调性,极值和最值.
【详解】对于A,因为,当时,,所以函数的周期不是,A错误;
对于B,因为,设,
,当时,,
所以,即,故函数在上单调递减,B错误;
对于C,,所以函数在上不单调,C错误;
对于D,因为当时,,当时,,当且仅当时取等号,而在上单调递增,所以当时,函数取得最小值,D正确.
故选:D.
11.A
【分析】由双曲线定义和得到方程组,求出,再由内切圆半径,利用面积列出方程,得到齐次方程,求出离心率.
【详解】由题意知,所,
又因为,与联立,得,,
所以,
又因为,
所以,即,
所以,即,
所以,所以.
故选:A.
12.D
【分析】构造函数,由导数可判断出在上单调递增,从而可得,化简变形可比较出a,b,c的大小关系
【详解】令,可得,当时,恒成立,
所以在上单调递增,所以,
即,得,
,
又已知,
,,
所以,
故选:D.
13.
【分析】由题意可知,当在点处的切线与直线平行时,取最小值,利用导数可求.
【详解】如下图所示:
若使得取值最小值,则曲线在点处的切线与直线平行,
对函数求导得,令,可得,
,解得.
故答案为:.
14.240
【分析】由计算定积分得,再根据二项展开式的通项公式可求出结果.
【详解】因为,所以,
展开式的通项为,,
令,,则项的系数是.
故答案为:240
15.3
【分析】根据三角形的面积公式和余弦定理求解.
【详解】因为,所以,所以,
所以.
因为,所以,
所以,
所以.
由余弦定理可得,
即,所以,
则,解得.
故答案为:3.
16.且
【分析】先证明为偶函数.去绝对值,得到时,,结合的图象,根据偶函数的对称性,得出的图象.结合图象得出解的情况. 设,则原方程变为,根据解的情况,可得出方程两根的取值范围,根据解的范围,即可得出系数的范围.
【详解】因为,
定义域为,所以为偶函数.
当时,,
画出在上的图象,
利用偶函数的对称性,易得f(x)在其定义域上的图象(如图所示).
由图象可知,当时,有两个解;当时,有四个解.
设,则原方程变为,
所以原方程有6个不同的实数解的充要条件是
方程的两根满足且.
又时,,
且,
而,则问题等价于,
所以且.
故答案为:且.
【点睛】思路点睛:先判断函数的奇偶性,然后作出函数在时的图象,结合对称性,得出的图象.进而根据图象,得出解的情况.然后根据已知零点的个数,分析得出方程根的分布情况,即可得出系数的范围.
17.(1)证明见解析,
(2)
【分析】(1)由结合等比定义得出其通项公式;
(2)由等差等比的求和公式求解即可.
【详解】(1)因为,所以
即数列是以首项为,公比为的等比数列
故,即
(2)
18.(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)通过构造平行四边形的方法来证得平面ABE;
(2)判断出直线DF与平面ABC所成角,解直角三角形求得角的大小.
【详解】(1)取AB的中点为M,连接ME,MF,
因为F为边BC的中点,所以,,
又,,所以,且,
即四边形EDFM为平行四边形,所以,
又平面ABE,平面ABE,所以平面ABE;
(2)平面平面ACDE,平面平面,
,平面ACDE,则平面ABC,
∵,∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角,即,
在直角中,,
由于,所以,
故DF与平面ABC所成角的大小为.
19.(1)
(2)
【分析】(1)根据相互独立事件的概率乘法公式,得到结果;
(2)计算出甲乙都不中二等奖的概率,再根据对立事件的概率公式进行求解.
【详解】(1)甲、乙两人都没有中奖的概率为;
(2)甲乙都不中二等奖的概率为:,
甲、乙两人中至少有一人获二等奖的概率为.
20.(1)标准方程:,离心率:.
(2)
【分析】(1)根据椭圆的焦距和椭圆的顶点四边形位置、数量关系结合关系即可求解;
(2)设而不求,假设直线方程后与椭圆联立,利用韦达定理和弦长公式整理即可得解.
【详解】(1)根据题意,
所以,
椭圆顶点围成的四边形周长为:,
所以,
又因为,
所以,,
故椭圆方程为:,
椭圆离心率为.
(2)①当直线PQ斜率不存在时,
|PQ|,|MN|,
此时.
②当直线PQ斜率为0时,
|PQ|,|MN|,
此时.
③当直线PQ斜率存在且不为0时,设直线PQ:,直线MN:
联立
所以
所以,
所以,
PQ
同理可得,.
此时.
综上所述,的值为.
21.(1)
(2)
【分析】(1)根据导数与函数的最值的关系以及根据的不同取值分类讨论求解;
(2)根据题意得,从而可得不等式,再根据,从而,进而将双变量转化为单变量,即不等式在上恒成立,利用导函数与单调性、最值关系求解.
【详解】(1)当时,,其定义域为(0,+∞),
且,所以,
所以,
令,得;令,得,
所以在上单调递增,在上单调递减.
①当,即时,在[t,t+1]上单调递增,
所以;
②当,即时,;
③当时,g(x)在[t,t+1]上单调递减,
所以,
综上所述
(2)因为,所以,
由题意知的定义域为,
故是关于x的方程的两个根,
所以,
即,
所以,
等价于.
因为,所以原式等价于,
又,作差,得,
即,所以原式等价,
因为,所以恒成立.
令,则,
故不等式在上恒成立,
令.
又因为,
当时,得,所以在上单调递增,
又,所在上恒成立,符合题意;
当时,可得时,,时,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
又因为,
所以在上不能恒小于0,不符合题意,舍去.
综上所述,若不等式恒成立,
只需满足,又,故,
即正数m的取值范围为.
【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键在于利用,从而可得不等式,再将代入不等式可得,再将双变量问题转化为单变量问题,即可利用导函数的单调性、最值关系求解.
22.(1),;
(2).
【分析】(1)消去的参数方程中参数t得的普通方程,利用极坐标与直角坐标互化公式可得的极坐标方程.
(2)求出的极坐标方程,再与的极坐标方程联立,结合三角函数性质求解作答.
【详解】(1)在曲线的参数方程中,当时,,当时,,于是,
整理得,显然满足上式,因此,
将代入得:,即,
所以的普通方程是,的极坐标方程是.
(2)把代入得:,与的极坐标方程联立整理得:
,
因为,即,即有,
则,不妨令,因此,,,
所以的取值范围是.
23.(1)或
(2)
【分析】(1)根据结合取等条件即可得解;
(2)把恒成立,转化为恒成立,分情况讨论去绝对值符号,从而可得出答案.
【详解】(1)因为,当且仅当时取等号,
,当且仅当时取等号,
所以,解得或,
故a的值为或;
(2)令,由题意知恒成立,
当且时, ,要使得恒成立,
则可得
当时,
因为恒成立, 则,由图像可知
所以,所以
综上可知,实数a的取值范围为.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页