江西省部分学习2023届高三下4月信息卷（一）——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（一）——数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
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．已知命，使，命题的解集是，那么下列说法错误的是（ ）
A．命题p是假命题 B．命题q为真命题
C．命题p与命题q的真假相反 D．命题p与命题q的真假相同
5．已知命题，；命题，．则下列命题中为真命题的是（ ）
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．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．已知椭圆的左 右焦点分别为，，点P是椭圆上一点且的最大值为，则椭圆离心率为（ ）
A． B． C． D．
9．已知△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，若，，则△ABC的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
10．已知函数的图象关于直线对称，对，都有恒成立，当时，若函数的图象和直线，有5个交点，则k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
11．已知椭圆和双曲线有相同的左、右焦点，，若，在第一象限内的交点为P，且满足，设，分别是，的离心率，则，的关系是（ ）
A． B．
C． D．
12．已知，若方程有四个不同的实数根，，，，则的取值范围是（ ）
A．（3，4） B．（2，4） C．[0，4） D．[3，4）
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．已知的展开式中，所有项的系数的和为243，则其展开式中项的系数为___________.
15．在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则______．
16．已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区间上所有零点之和为__________.
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，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．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)讨论的单调性；
(2)若，证明：对于任意，恒成立.（参考数据：）
22．在直角坐标系中，圆心为的圆的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求圆的极坐标方程；
(2)设点在曲线上，且满足，求点的极径．
23．已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若的最小值为，正实数，，满足，求证：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】化简集合，，利用集合的补集和交集的运算定义求解.
【详解】由可得，所以，
因为函数的值域为，所以
所以或，所以．
故选：A.
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】根据在上的取值范围是，判断命题是假命题；根据解一元二次不等式，可得命题是真命题，即可得解．
【详解】解：，即，命题为假命题；
即，解得，即的解集是，命题为真命题；
命题与命题的真假相反，
故选：D
5．D
【分析】先分别判断出命题的真假，再去判断各选项的真假.
【详解】当时，，则命题，为假命题，则为真命题；
令，，则，
则在上为减函数，
又，则在上恒成立，
即，．则命题，为假命题，则为真命题.
选项A: 为假命题；
选项B: 为假命题；
选项C: 为假命题；
选项D: 为真命题.
故选：D
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．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】根据椭圆的定义可得，从而得到，则，其中，再根据对勾函数的性质求出，即可得到方程，从求出椭圆的离心率；
【详解】解：依题意，所以，又，所以，因为在上单调递减，所以当时函数取得最大值，即，即所以，即，所以，解得或（舍去）
故选：A
9．D
【分析】由，结合三角形面积公式及向量的数量积运算可得，得，由余弦定理结合条件可得，从而得出结果．
【详解】由，可得，即，
因为，可得，
由余弦定理得：，
因为，所以，即，即，
又，所以是等边三角形．
故选：D．
10．C
【分析】根据已知可得是周期为4的偶函数，进而求得且，画出与的函数图象，数形结合法判断有5个交点情况下k的范围.
【详解】由题设关于y轴对称，即为偶函数，
又，则，即是周期为4的函数，
若，则，故，
所以且，又过定点，
所以与的部分图象如下图示：
当过时，；
当过时，；
由图知：时，和直线有5个交点.
故选：C
11．D
【分析】由结合外角定理可得，然后可得，
再结合椭圆和双曲线定义、勾股定理列式整理可得.
【详解】因为，
所以，所以
所以，
记椭圆长半轴长为，双曲线实半轴长为，
则由椭圆和双曲线定义可得：…①
…②
①2+②2可得
由勾股定理知，，代入上式可得
整理得，即
所以
故选：D
12．D
【分析】利用数形结合可得，结合条件可得，，，且，再利用二次函数的性质即得.
【详解】由方程有四个不同的实数根，
得函数的图象与直线有四个不同的交点，分别作出函数的图象与直线．
由函数的图象可知，当两图象有四个不同的交点时，．
设与交点的横坐标为，，设，则，，
由得，
所以，即．
设与的交点的横坐标为，，
设，则，，且，
所以，
则．
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：.
14．40
【分析】根据题意，令，求出，再利用公式求出项的系数.
【详解】令，则，得，
对于，其展开式中项的系数为：.
故答案为：40
15．/
【分析】直接利用余弦定理即可得到答案.
【详解】由，代入数据得，
化简得，解得（负舍），
故答案为：.
16．4044
【分析】根据函数的性质可求出周期及对称轴，再由时函数的解析式可作出函数的图象，原问题可转化为与交点横坐标问题，由对称性求和即可.
【详解】由是定义在R上的奇函数，所以，又，
所以，则的周期是2，
且得是其中一条对称轴，
又时，于是图象如图所示，
又函数零点，即为与的交点的横坐标，
由图知：交点关于对称，每个周期都有2个交点，
所以、各有个周期，故各有个交点，它们两两关于对称，
所以零点之和为.
故答案为：
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)
(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)；
(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)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导后，分与两种情况分类讨论，得到函数单调性；
（2）放缩后即证对一切恒成立，构造，求导后得到其单调性和极值，最值情况，结合，得到，所以，证明出结论.
【详解】（1）由题意可得定义域为R，.
当时，，则在R上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明:因为，且，所以，故，
则要证对于任意恒成立，
即证对于任意恒成立，
即证对于任意恒成立，
即证对一切恒成立.
设，则.
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减.
故在处取得极大值，也是最大值，
故.
因为，所以，即，所以，
则.故对一切恒成立，
即对一切恒成立.
【点睛】含参不等式的证明，若根据参数范围进行适当放缩，消去参数，这样可以简化不等式结构，便于构造函数进行研究，放缩消参是处理含参不等式的常规技巧，值得学习体会，常用放缩方法有切线放缩，也可结合题干中参数取值范围进行放缩.
22．(1)
(2)1或
【分析】（1）根据参数方程，直角坐标方程，极坐标方之间的相互转化关系即可求解；（2）根据极坐标方程和余弦定理以及一元二次方程即可求解.
【详解】（1）由圆的参数方程消去参数，得圆的普通方程为
，圆心．
把代入，
化简得圆的极坐标方程为．
（2）由题意，在极坐标系中，点．
点在曲线上，设．
在中，由余弦定理有，
即．
化简得．
解得或．
故或．
点的极径为1或．
23．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即的值，再利用柯西不等式证明即可.
【详解】（1）不等式，
所以，解得，
或，解得，
或，解得，
所以原不等式解集为.
（2）
，
当且仅当时取得，即，
所以，
因为
，
当且仅当时取等号，
所以成立.
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