江西省部分学习2023届高三下4月信息卷（三）——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（三）——数学（理）试题
一、单选题
1．已知全集，集合，则集合等于（ ）
A． B．
C． D．
2．已知平面向量，，若，则实数的值为（ ）
A．10 B．8 C．5 D．3
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．设，下列四个命题中真命题的是（ ）
A．“若，则” 的否命题 B．“若，则” 的逆否命题
C．若，则且 D．“若，则”的逆命题
5．已知命题，；命题，．则下列命题中为真命题的是（ ）
A．p且q B．且q
C．p且 D．且
6．2021年10月16日0时23分，搭载神舟十三号载人飞船的长征二号F遥十三运载火箭，在酒泉卫星发射中心按照预定时间精准点火发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，飞行乘组状态良好，发射取得圆满成功．火箭在发射时会产生巨大的噪音，若所有声音的声强级d（x）（单位：）与声强x（单位：）满足．火箭发射时的声强级约为140，人交谈时的声强级约为50，那么火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为（ ）
A． B． C． D．
7．下图虚线网格的最小正方形边长为，实线是某几何体的三视图，这个几何体的体积为
A． B． C． D．
8．椭圆的焦点为，，与y轴的一个交点为A，若，则m（ ）
A．1 B． C． D．2
9．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，角C的平分线CM交AB于点M，若AM＝2BM＝2，则CM＝（ ）
A． B． C． D．
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．已知函数，，则（ ）
A．3 B． C． D．4
二、填空题
13．若曲线在处的切线的斜率为，则__________．
14．二项式的展开式中的常数项为___________.
15．在中，点在边上，，则边的最小值为__________.
16．已知定义在上的函数满足，且当时，，若的值域为，则实数的取值范围为________．
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，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的正方形，E为PA的中点，过E与底面ABCD平行的平面与棱PC，PD分别交于点G，F，M在线段AE上，且．
(1)求证：BG//平面；
(2)若PA⊥平面ABCD，且，求平面CFM与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
19．某学校为了迎接党的二十大召开，增进全体教职工对党史知识的了解，组织开展党史知识竞赛活动并以支部为单位参加比赛.现有两组党史题目放在甲 乙两个纸箱中，甲箱有5个选择题和3个填空题，乙箱中有4个选择题和3个填空题，比赛中要求每个支部在甲或乙两个纸箱中随机抽取两题作答.每个支部先抽取一题作答，答完后题目不放回纸箱中，再抽取第二题作答，两题答题结束后，再将这两个题目放回原纸箱中.
(1)如果第一支部从乙箱中抽取了2个题目，求第2题抽到的是填空题的概率；
(2)若第二支部从甲箱中抽取了2个题目，答题结束后错将题目放入了乙箱中，接着第三支部答题，第三支部抽取第一题时，从乙箱中抽取了题目.已知第三支部从乙箱中取出的这个题目是选择题，求第二支部从甲箱中取出的是2个选择题的概率.
20．在平面直角坐标系中，椭圆的上焦点为F，且C上的点到点的距离的最大值与最小值的差为，过点且垂直于轴的直线被截得的弦长为1.
(1)求的方程；
(2)已知直线：）与交于,两点，与轴交于点，若点是线段靠近点的四等分点，求实数的取值范围．
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)求不等式的解集；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】先表示出集合与集合的等价条件，然后根据交集，并集和补集的定义进行分析求解即可．
【详解】由题意知，，
所以，，
故选：B．
2．A
【分析】由，得，将坐标代入化简计算可得答案
【详解】因为，，
所以.
因为，
所以，解得.
故选：A.
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．D
【分析】对于AB，举例判断，对于C，直接解方程，对于D，由不等式的性质判断
【详解】对于A，命题“若，则”的否命题为““若，则”，若，则，所以A错误，
对于B，命题“若，则” 的逆否命题为“若，则” ，若，则，所以B错误，
对于C，若，则或，所以C错误，
对于D，“若，则”的逆命题为“若，则”，因为，所以，所以，所以D正确，
故选：D
5．B
【分析】根据指数函数的单调性及正弦函数的有界性可判断p的真假，由导数可证明成立，可判断q的真假，再由复合命题的真值表判断即可.
【详解】当时，，，故命题p错误，正确；
令，则，则在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，故命题q正确，错误．
所以p且q是假命题，A选项错误；且q是真命题，B选项正确；
p且是假命题，C选项错误；且是假命题，D选项错误．
故选：B
6．A
【分析】由题意，代入火箭和人交谈时的声强级可求解对应声强，即得解
【详解】由题意，，则
火箭发射时的声强级约为140，人交谈时的声强级约为50，
则火箭发射时的声强约为，人交谈时的声强约为，
所以火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为
故选：A
7．B
【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可．
【详解】解：应用可知几何体的直观图如图：是圆柱的一半，
可得几何体的体积为：．
故选B．
【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．
8．A
【分析】首先根据椭圆的标准方程求出，然后再根据椭圆的定义及等腰直角三角形的几何性质求出的值，进而求出参数.
【详解】在椭圆（）中，，，，
如图，
易知，又，所以为等腰直角三角形，
即，得，即.
故选：A
9．C
【分析】利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角关系及三角恒等变换求得角，在两次利用正弦定理可得，在中，利用余弦定理求得，再利用等面积法即可得解.
【详解】解：因为，
所以，
即，
故，
因为，则，
所以，所以，
因为平分，所以，
在中，，即，
在中，，即，
因为，所以，
所以，所以，故，
在中，，
，
即，解得，，
由，
得，
即，所以.
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．A
【解析】设，则且，
可求得，
则，即可求解.
【详解】设，则且，
，所以，
，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是构造函数，则且
，利用可得，
且，即可取值.
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．
【分析】根据二项式的展开式通项公式得到，令的指数为，求解，即可求解.
【详解】二项式的展开式通项为，
令，得，
所以二项式的展开式中的常数项为，
故答案为：.
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】由可得关于对称，再分析得当时，的值域包含即可
【详解】当时，，当且仅当，即时等号成立，
故当时，，又由可得关于对称，且由可得，
故只需包含区间即可，故，
故
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)证明见解析
(2)
【分析】（1）延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，先证明，，得四边形BHFG为平行四边形，再证明BG平面CFM．
（2）建立空间直角坐标系，求平面PCD和平面CFM的法向量，计算法向量的夹角余弦的绝对值即为所求.
【详解】（1）证明：

延长FM与DA的延长线交于点N，连接CN交AB于点H，连接FH．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD平面，
且E为PA的中点，所以且．同理可得，．
又，所以，
又，所以H为AB的中点，所以，且．
又，，
所以，且，所以四边形BHFG为平行四边形，所以
又平面CFM，平面CFM，
所以BG平面CFM．
（2）由题意易得AB，AD，AP两两垂直，故以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图空间直角坐标系，
则C（4，4，0），D（0，4，0），F（0，2，3），M（0，0，2），P（0，0，6），
所以＝（－4，0，0），，，．
设平面PCD的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM的一个法向量，
则，即，取，
设平面CFM与平面PCD所成锐二面角的大小为，
则，
即平面CFM与平面PCD所成的锐二面角的余弦值为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，分别求出概率，根据全概率公式即可
（2）设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，则 彼此互斥，求出相关的概率，
再根据条件概率求解即可.
【详解】（1）设表示“第次从乙箱中取到填空题”，，2，
，，
由全概率公式得：第2次抽到填空题的概率为：
；
（2）设事件 为“第三支部从乙箱中抽1个选择题”，
事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是选择题”，
事件为“第二支部从甲箱中取出1个选择题1个填空题”，
事件为“第二支部从甲箱中取出2个题都是填空题”，
则 彼此互斥，且，
，
，
，
，
，
，
所求概率即是发生的条件下发生的概率：.
20．(1)
(2)
【分析】（1）利用椭圆的性质可列出方程组，得到，，即得椭圆的方程.
（2）根据题中位置关系，得到关于两交点横坐标的对称式，利用韦达定理代入可得.
【详解】（1）设的焦距为，由题意知
解得
故的方程为．
（2）
设，
联立
消去整理得，
所以，即，
且，．
因为点P是线段MN靠近点N的四等分点，
所以，所以，
所以．
所以
所以，
整理得，
显然不成立，所以．
因为，所以，即．
解得，或，
所以实数m的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到，的对称式．本题中通过四等分点得到和之间的关系，再根据，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出和，然后代入后可以得到的取值范围．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．
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)；
(2).
【分析】（1）根据题意分类讨论去绝对值解不等式；
（2）根据绝对值三角不等式求的最小值，再结合恒成立问题解不等式即得.
【详解】（1）由于，
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时．
综上：的解集为；
（2），
当且仅当时等号成立，
，即，
解得，
的取值范围是．
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