江西省部分学习2023届高三下4月信息卷（二）——数学（理）试题（含解析）

江西省部分学习2023届高三下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，则（ ）
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．下列说法错误的是（ ）
A．“若，则”的逆否命题是“若，则”
B．“，”的否定是“，”
C．“”是“”的必要不充分条件
D．“，”为真命题
5．已知命题，；命题q：当，时，“”是“”的充分不必要条件.则下列命题中的真命题是（　　）
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．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．已如椭圆的左，右两焦点分别是，其中，直线与椭圆交于A，B两点．则下列说法中正确的有（ ）
A．若，则
B．若的中点为M，则
C．的最小值为
D．，则椭圆的离心率的取值范围是
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．已知定义在上的函数满足，且当时，，则的值为（ ）
A．－3 B．3 C．－1 D．1
11．设椭圆和双曲线的公共焦点为，，是两曲线的一个交点，则的值为（ ）
A． B．
C． D．
12．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知曲线在点处的切线方程是，则的值为______．
14．已知，则的展开式中项的系数是______.（用数字作答）
15．如图C是圆台母线AB的中点，BD是底面的直径，上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，点M是弧BD的中点，则C、M两点在圆台侧面上连线长最小值的平方等于______.
16．已知函数为奇函数，且，若，则数列的前2022项和为___________.
三、解答题
17．已知数列的首项.
(1)求；
(2)记，设数列的前项和为，求.
18．如图，在三棱锥中，是正三角形，平面分别为，上的点，且．已知．
(1)设平面平面，证明：平面；
(2)求五面体的体积．
19．公元1651年，法国一位著名的统计学家德梅赫向另一位著名的数学家帕斯卡提请了一个问题，帕斯卡和费马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时全欧洲乃至全世界最优秀的科学家都给出了正确的解答该问题如下：设两名赌徒约定谁先赢局，谁便赢得全部赌注元.每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立.在甲赢了局，乙赢了局时，赌博意外终止赌注该怎么分才合理？这三位数学家给出的答案是：如果出现无人先赢局则赌博意外终止的情况，甲、乙便按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注.
（1）甲、乙赌博意外终止，若，则甲应分得多少赌注？
（2）记事件为“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”，试求当时赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断当时，事件是否为小概率事件，并说明理由.规定：若随机事件发生的概率小于0.05，则称该随机事件为小概率事件.
20．设椭圆的方程为，点为坐标原点，点、的坐标分别为、，点在线段上，满足，直线的斜率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若动直线与椭圆交于、两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由.
21．已知函数.
(1)当时，试比较与0的大小；
(2)若恒成立，求的取值范围.
22．在直角坐标系中，已知曲线（为参数），曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；
(2)已知是曲线上的两个动点（异于原点），且，若曲线与直线有且仅有一个公共点，求的值.
23．已知函数的最小值为.
(1)求的值；
(2)若，求的最大值.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】分别求出集合，再根据补集和交集的定义即可得解.
【详解】解：或，
，
则，
所以.
故选：C.
2．B
【分析】利用向量减法和数量积的坐标运算可表示出，解方程即可.
【详解】，，，解得：.
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．C
【分析】利用逆否命题、命题的否定、充分必要性的概念、基本不等式求最值逐一判断即可.
【详解】对于A，“若，则”的逆否命题是“若，则”，正确；
对于B，“”的否定是“，”，正确；
对于C，“”等价于“或”，
∴ “”是“”的充分不必要条件，错误；
对于D， 当且仅当即等号成立，
“，”，为真命题，正确.
故选：C.
5．A
【分析】先判断命题与的真假，再结合逻辑连接词的真假原则判断即可.
【详解】解：对于命题，由于函数，故，，是真命题；
对于命题：当“”时“”成立，反之不然，故“”是“”的充分不必要条件，是真命题.
故是真命题，，，均为假命题.
故选：A
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．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．B
【分析】依题意，l过椭圆的左焦点，作图，逐项分析即可.
【详解】
依题意，l过 ，作上图，
对于A，由椭圆的定义知： ，错误；
对于B，联立方程 ，得 ，
由韦达定理得： ，
所以 ，正确；
对于C，显然，当 轴时， 最短，此时 ，
但由于k是存在的， 不会垂直于x轴，不存在最小值，错误；
对于D，设 ，则有 ，
，即A点在以原点为圆心，2c为半径的圆上，
因此，原题等价于 有解，解得 ，则必有，
即 ，即 ，错误；
故选：B.
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，可得，从而可得函数的周期，再根据函数的周期性计算即可.
【详解】因为，所以，
则，所以，
所以函数是以为周期的周期函数，
则.
故选：D.
11．D
【分析】根据给定方程求出焦距，再结合椭圆、双曲线定义建立与的关系即可计算作答.
【详解】依题意，焦距，由椭圆、双曲线定义得：，
两式平方相加得：，于是有，
所以的值为.
故选：D
12．B
【分析】根据对数的运算，计算可得，则.构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出，根据对数函数的单调性即可得出；先证明当时，.然后根据二倍角公式以及不等式的性质，推得.
【详解】因为，
所以，.
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以，
所以.
因为在上单调递增，所以；
令，则恒成立，
所以，在R上单调递减，
所以，当时，有，即，
所以.
因为，
所以，
所以.
所以.
故选：B．
【点睛】方法点睛：对变形后，作差构造函数，根据导函数得到函数的单调性，即可得出值的大小关系.
13．11
【分析】根据给定条件结合导数的几何意义直接计算作答.
【详解】因曲线在点处的切线方程是，则，，
所以.
故答案为：11
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．/
【分析】将圆台展开为平面图形，结合几何位置关系在中利用余弦定理求解.
【详解】因为圆台上底面半径为1，下底面半径为2，AB=2，
所以该圆台是由底面半径为2，母线长为4的圆锥所截得，
所以圆锥的侧面展开图的弧长为，
所以圆锥的侧面展开图的圆心角为，即侧面展开图为一个半圆，
所以圆台侧面展开图为一个半圆环，
沿母线展开如图所示，，.，
由余弦定理可得：.
故答案为: .
16．2022
【分析】由为奇函数，可得，再由，得，然后利用倒序相加法可求得结果.
【详解】由于函数为奇函数，则，
即，所以，
所以，
所以
，
因此数列的前2022项和为，
故答案为：2022
17．(1)
(2)
【分析】（1）由可得数列等比，利用的通项公式即可得到；
（2）利用错位相减和分组求和求解即可.
【详解】（1）由题意可得，，，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以，故.
（2）由（1）得，
所以
令①，则，
因为②，
①-②得，
所以，
所以.
18．(1)见解析；
(2).
【分析】（1）首先证明，则有平面,再根据线面平行的性质定理得到，则得到线面平行；
（2）根据相似得，则，则.
【详解】（1）因为,所以，
因为平面平面，
所以平面,
又平面平面平面,所以,
又平面平面,所以平面，
（2）因为,所以
所以
所以五面体的体积
因为,所以
19．（1）216元；（2），是，理由见解析.
【分析】(1)设赌博再进行X局甲赢得全部赌注，甲必赢最后一局，最多再进行4局，甲、乙必有人赢得全部赌注，由此利用概率计算公式即可得解；
(2)设赌博再进行Y局乙赢得全部赌注，同(1)的方法求出乙赢得全部赌注的概率，由对立事件可得，再利用导数求出的最小值作答.
【详解】（1）设赌博再继续进行局甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，
当时，甲以赢，所以，
当时，甲以赢，所以，
当时，甲以赢，所以，
于是得甲赢得全部赌注的概率为，
所以，甲应分得的赌注为元.
（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，
当时，乙以赢，，
当时，乙以赢，，
从而得乙赢得全部赌注的概率为，
于是甲赢得全部赌注的概率，
对求导得，
因，即，从而有在上单调递增，
于是得，乙赢的概率最大值为，
所以事件是小概率事件.
20．(1)
(2)存在，且圆的方程为
【分析】（1）设点的坐标，根据已知条件求出点的坐标，根据可求得的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当直线斜率不存在时，设直线的方程为，求出的值，可得出求出原点到直线的距离；在直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由可求得原点到直线的距离.综合可得出定圆的方程.
【详解】（1）解：设点的坐标，点在线段上，满足，
，，故，，
因为，，解得：，∴椭圆的方程.
（2）解：当直线斜率不存在时，设直线的方程为，
所以，，此时原点到直线的距离为；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设点、，原点到直线的距离为，所以，
整理得，
由可得，
，
由韦达定理可得，，
，
，
所以，，
所以，所以.
综上所述，定圆的方程是
所以当时，存在定圆始终与直线相切，且定圆的方程是.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）时，求出得到在上单调递减，又结合单调性可得答案；
（2）由得，再证当时，由，令，只需证，①当时，利用得，②当时，，，利用的单调性得，得的单调性从而得到答案.
（1）
当时，，因为，
所以，所以在上单调递减，又，
所以当时，；
当时，；当时，.
（2）
∵，∴，
下证当时，，
∵，∴，令，
要证，只需证，
①当时，，由（1）知，，
②当时，，，
易知在上单调递减，在上单调递增，
∵，，，
∴，，使得，
∴当，时，；当时，，
∴在，上单调递增，在上单调递减，
而，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减.
而，∴当时，，
③当时，，
∴在上单调递增，∴，
综上所述，的取值范围是.
【点睛】本题解题的关键点是构造函数，利用导数求出函数的最值得到函数的单调性，求出参数的取值范围，考查了学生的分析问题问题、解决问题的能力.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）先求曲线的直角坐标方程，再由写成极坐标方程；由写出曲线的直角坐标方程；
（2）根据曲线与直线有且仅有一个公共点，得出是直角三角形斜边上的高，根据等面积法转化为求解即可.
【详解】（1）由曲线（为参数），
消去参数，得，
所以曲线的直角坐标方程为.
又由，得，
所以曲线的极坐标方程为.
由曲线，得，即，
所以曲线的普通方程为.
（2）由题意，设，则，
又曲线与直线有且仅有一个公共点，故为点到直线的距离，
由曲线的极坐标方程，得，
所以，，
所以，即，所以；
又，
所以，
即所求实数的值为.
23．(1)
(2)
【分析】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解；
（2）由（1），根据基本不等式“1”的用法计算，即可求解.
【详解】（1），
当上式取到等号，因此.
（2）由（1）知，，所以
，.
当且仅当即时，上式取等号，
所以的最大值是.
答案第1页，共2页
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