高三数学答案
1.【答案】D
【解析】
【分析】根据分式不等式求出集合A，根据指数函数的性质求出集合B，结合交集的定义和运算即可求解.
【详解】由，得，解得，
所以；
由，得，所以，
所以.
故选：D.
2.【答案】D
【解析】
【分析】利用复数乘法、除法运算即可求解．
【详解】因为，所以，所以z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．
故选：D．
3.【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算求解.
【详解】因为，所以，
所以，
故选:A.
4.【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性以及特殊区间上的正负即可结合图象，利用排除法求解.
【详解】由得，所以为奇函数，故排除B,又当时， 故，此时排除A,
当时， 故，此时排除D,
故选：C
5.【答案】A
【解析】
【分析】结合对数函数的性质，指数函数的性质判断出的真假后，由复合命题的真值表判断．
【详解】时，无意义，命题是假命题，时，，命题是真命题，则是真命题，是假命题，
因此A是真命题，BCD是假命题．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】
【分析】先利用降幂公式，再利用二倍角公式化简即得解.
【详解】由已知，化简得．
平方得，
所以．
故选：A．
7.【答案】C
【解析】
【分析】根据旋转关系确定原抛物线所在位置，及旋转过程中图形形状不变得出原解析式，从而得结论．
【详解】抛物线的焦点在轴上，顶点为坐标原点，
其图象绕其顶点顺时针旋转之后，焦点在轴上，
因为形状不变，因此新图象解析式为，
变形为，所以，
故选：C．
8.【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求解.
【详解】设公差为，
则有整理得，
又由可得，
所以解得，
故选:B.
9.【答案】C
【解析】
【分析】利用导函数讨论单调性和极值、最值即可求解A,C，再根据奇函数的对称关系可判断B，根据导数的几何意义可判断D.
【详解】，
令解得，令解得或，
所以在单调递减，单调递增，单调递减，
，且，
所以在各有一个零点，共3个零点，A错误；
为奇函数，所以图象关于对称，
所以的图象关于点对称，B错误；
由单调性可知有两个极值点为，C正确；
对于D，令，解得则，
但是当时，对于直线，有，即直线不经过切点，D错误，
故选:C.
10【答案】A
【解析】
【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，得到点O即为该球的球心，取线段的中点E，得到四边形为矩形，分别求得，结合球的截面圆的性质，即可求解.
【详解】如图所示，在四棱锥中，取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，
则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，
取线段的中点E，连，，，，则四边形为矩形，
在等边中，可得，则，即，
在正方形中，因为，可得，
在直角中，可得，即，
所以四棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
11.【答案】D
【解析】
【分析】由点差法得，由条件知直线的倾斜角为倾斜角的两倍，代入两直线的斜率关系式即可求得的斜率.
【详解】设,
由均在上，为的中点，
得，则，
∴，
∴，
设直线的倾斜角为，则，不妨设为锐角，
∵是以为底边的等腰三角形，∴直线的倾斜角为，则.
∴，
∴，解得，
∴由对称性知直线的斜率为.
故选：D
12.【答案】B
【解析】
【分析】将原不等式转化为，利用构造函数法、分离常数法，结合导数来求得的取值范围.
【详解】由已知，
∴，
∴，即．
构造函数，
∴．
∵，
∴单调递增．
∴．
∴，．
记，
∴，
∵，
所以在区间递减；
在区间递增.
∴．
∴，
∴．
故选：B
13.【答案】3
【解析】
【分析】由题意可得是周期为4的函数，即可求解.
【详解】因为是定义域为R的奇函数，
则，
所以，
所以是周期为4的函数，则.
故答案为：3.
14【答案】##
【解析】
【分析】利用基本不等式中“1”的代换法求最小值．
【详解】∵，若，∴，
∴，
当且仅当，又，即，时等号成立，
故答案为：．
15.【答案】##
【解析】
【分析】利用古典概率模型，结合组合数运算求解.
【详解】由题可知则A和B至多有一个入选的概率为,
故答案为: .
16【答案】②
【解析】
【分析】根据“函数”，依次判断各选项中的是否为常数即可.
【详解】对于①，令，则，不是常数，
不是“函数”；
对于②，令，则为常数，
是“函数”；
对于③，令，则，不是常数，
不是“函数”；
对于④，令，则，不是常数，
不是“函数”.
故答案为：②.
17.【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，根据正弦定理，余弦定理转角为边得到，再根据余弦定理得到的值，进而即可得到；
（2）由已知条件结合余弦定理可求解，再根据三角形的面积公式即可得到边上的高．
【小问1详解】
在中，有，
由正弦定理得，
再由余弦定理得，
化简得，
所以，
又，所以．
【小问2详解】
结合（1），将，，代入中，
得，解得，或（舍去）．
由，得．
18【答案】（1）；（2）填表见解析；有．
【解析】
【分析】(1)由频数分布表，先求出各组的频率，再求它们与对应组的区间中点值的积的和即为所求；
(2)按条件填写列联表，再计算K2观测值并与给定相关值比对回答而得.
【详解】(1)由题可知，落在区间，，，，的频率分别为：
，这位顾客所打分数的平均值为：
，
故这位顾客所打分数的平均值为．
(2)根据所给数据，可得列联表：
满意 不满意
男性顾客
女性顾客
根据列联表得．
因为，所以有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关．
19【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，先根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据面面垂直的判定定理即可得到结果.
（2）根据题意，将点到平面的距离转化为三棱锥的高，然后根据等体积法即可得到结果.
【小问1详解】
因为为菱形，，所以为等边三角形，且，分别为，的中点，则，
又因为直四棱柱，则平面，且平面，则，且
所以平面，又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为直四棱柱，，，分别为，的中点，
所以，，
，，，
因为底面为菱形，，所以，，
由（1）知平面，设点到平面的距离为，则，
因为，所以，因为，因为，，，
所以，设点到平面的距离为，
因为，所以，因此.
故点到平面的距离为.
20【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数后计算斜率，再计算，然后写出切线方程，求出其在坐标轴上的截距后可得三角形面积；
（2）求出导函数，引入新函数，由导数确定的零点的存在，从而得出的正负，得的最小值，然后证明这个最小值大于0即可证．
【小问1详解】
当时，．
，
故曲线在点处的切线方程为，
即．
因为该切线在x，y轴上的截距分别为和，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积．
【小问2详解】
当时，因为，所以，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
又，
故在上有唯一的零点，即，因此有．
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，故为最小值．
由，得，
所以在时，，
因为，所以，又因为当时，，所以．
所以．
因此当时，没有零点．
21【答案】（1）
（2）证明过程见详解，定点
【解析】
【分析】（1）设点A的坐标为，点B的坐标为，根据题意可得到直线的方程，联立抛物线的方程，整理可得到关于（含参）的一元二次方程，从而得到，，再根据，代入即可求解的值，进而得到C的方程；
（2）结合（1）中抛物线，得，设过点E作抛物线C的切线的切点为，则可得到过点E的切线方程，设点，，，从而得到，是方程的两实数根，则得到，，进而得到的中点M的坐标，，从而得到直线的方程，进而得到直线恒过的定点．
【小问1详解】
设点A的坐标为，点B的坐标为，
因为，所以，则直线的方程为，
联立方程组，消去y，整理得，
所以有，，
又，得，
整理得，解得．
所以C的方程为．
【小问2详解】
由，得，所以，
设过点E作抛物线C的切线的切点为，
则相应的切线方程为，即，
设点，由切线经过点E，得，即，
设，，则，是的两实数根，
可得，．
设M是的中点，则相应，
则，即，
又，
直线的方程为，即，
所以直线恒过定点．
22【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出曲线和曲线的直角坐标方程，根据几何关系和点到直线距离公式计算即可；
（2）将参数方程代入曲线的直角坐标方程中，根据韦达定理和直线参数t的几何含义求解.
【小问1详解】
曲线的直角坐标方程为：，圆心为，半径为1，
当时，曲线的极坐标方程为，转换为直角坐标方程为，
相交弦所在的直线方程为：，圆心到直线的距离为：，
曲线与曲线交于、两点，线段的长度为：.
【小问2详解】
把直线：（为参数）代入曲线：，
得到：，所以，
即，解得或.
23【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（I）当，不等式为，分类讨论，即可求解不等式的解集.
（II）由题意的解集包含，转化为当时，恒成立，即，再利用绝对值的定义，即可求解.
【详解】解：（I）当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得；
当时，，
由解得，综合得.
所以的解集是.
（II）∵的解集包含，
∴当时，恒成立
原式可变为，即，
∴即在上恒成立，
显然当时，取得最小值10，
即的取值范围是.赣州市2022-2023学年高三下学期4月模考押题
数学试题
姓名： 分数：
卷I（选择题）
一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 已知向量满足，则（ ）
A. B. C. 3 D. 4
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知命题p：；命题，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
7. 抛物线绕其顶点顺时针旋转之后，得到的图象正好对应抛物线，则（ ）
A. B. C. D.
8. 记是公差不为0的等差数列的前n项和，若，，则数列的公差为（ ）
A. 2 B. C. 4 D.
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 有两个零点
B. 点是曲线的对称中心
C. 有两个极值点
D. 直线是曲线的切线
10. 已知四棱锥中，底面为边长为的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知直线过双曲线的左焦点，且与的左 右两支分别交于两点，设为坐标原点，为的中点，若是以为底边的等腰三角形，则直线的斜率为（ ）
A. B.
C. D.
12. 已知恒成立，则λ的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
卷II（非选择题，共90分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）
13. 设是定义域为R的奇函数，且．若，则__________．
14. 设，若，则的最小值是___________.
15. 从A，B等5名志愿者中随机选3名参加核酸检测工作，则A和B至多有一个入选的概率为__________．
16. 定义：如果任取一个正常数，使得定义在上的函数对于任意实数，存在非零常数，使，则称函数是“函数”．在①，②，③，④这四个函数中，为“函数”的是______（只填写序号）．
三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17-21题为必考题，22-23为选考题.
（一）必考题：共60分
17. 在三角形中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．
（1）求；
（2）若，，试求边上的高h．
18. 某公司为了解服务质量，随机调查了位男性顾客和位女性顾客，每位顾客对该公司的服务质量进行打分．已知这位顾客所打分数均在之间，根据这些数据得到如下的频数分布表：
顾客所打分数
男性顾客人数
女性顾客人数
（1）求这位顾客所打分数的平均值（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若顾客所打分数不低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为满意；若顾客所打分数低于分，则该顾客对公司服务质量的态度为不满意根据所给数据，完成下列列联表，并根据列联表，判断是否有的把握认为顾客对公司服务质量的态度与性别有关？
满意 不满意
男性顾客
女性顾客
附：
19. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，，，分别为，的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴所围成三角形的面积；
（2）证明：当时，没有零点．
21. 已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，，D为垂足，点D的坐标为．
（1）求C的方程；
（2）若点E是直线上的动点，过点E作抛物线C的两条切线，，其中P，Q为切点，试证明直线恒过一定点，并求出该定点的坐标．
（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，其中．
（1）当时曲线与曲线交于、两点，求线段的长度；
（2）过点的直线的参数方程为（为参数）与曲线交于、两点，若，求实数．
[选修4－5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若关于的不等式的解集包含，求的取值范围.
