（苏教版）2023届高三下学期5月冲刺训练——数学试题（四）（含解析）

（苏教版）2023届高三下学期5月冲刺训练——数学试题（四）
一、单选题
1．若集合，且，则实数m的取值集合为（ ）
A． B．
C． D．
2．设，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．用模型拟合一组数据组，其中；设，得变换后的线性回归方程为，则（ ）
A． B．70 C． D．35
4．已知等差数列，且，则数列的前14项之和为（ ）
A．14 B．28 C．35 D．70
5．若，则（ ）
A．45 B．120 C． D．
6．已知函数的最小正周期为，是的导函数，设，若是奇函数，且的最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线：（，）的左右焦点分别为、、A为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于、两点，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某市商品房调查机构随机抽取n名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占．如图2是用分层抽样的方法从所有调查的市民的满意度问卷中，抽取10%的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（ ）
A．样本容量为90 B．样本中三居室住户共抽取了35户
C．据样本可估计对四居室满意的住户有110户 D．样本中对二居室满意的有3户
10．一副三角板按如图所示的方式拼接，将△BCD折起，使得二面角A－BC－D的大小为θ，E，F分别是BC，BD的中点，则（ ）
A．直线BD与平面AEF所成的角是定值
B．当θ=90°时，平面ABD⊥平面ACD
C．当θ=90°时，直线BD与AC的夹角为45°
D．设平面AEF∩平面ACD=l，则l//平面BCD
11．若数列满足则（ ）
A．是等差数列 B．是等比数列
C．数列的通项公式 D．数列的通项公式
12．设直线l与抛物线相交于A，B两点，与圆相切于点，且M为的中点．（ ）
A．当时，的斜率为2 B．当时，
C．当时，符合条件的直线l有两条 D．当时，符合条件的直线l有四条
三、填空题
13．写出一个周期为且值域为的函数的解析式___________.
14．有6名男医生、4名女医生，从中选3名男医生、2名女医生到5个不同的地区巡回医疗，但规定男医生甲不能到地区A，则共有________种不同的分派方案.
15．若曲线上恰有四个不同的点到直线及点的距离都相等，则实数a的一个值可以是______．
四、双空题
16．若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递__________（填增或减），函数的零点个数为__________．
五、解答题
17．在一个盒子中放有大小质量相同的四个小球，标号分别为，现从这个盒子中有放回地先后摸出两个小球，它们的标号分别为，记.
(1)求；
(2)求随机变量的分布列和数学期望.
18．在中，分别是内角所对的边，若.
(1)求；
(2)若，且的面积，求的值；
(3)若，且，求的周长.
19．如图1，在平面内，ABCD是且的菱形，和都是正方形．将两个正方形分别沿，折起，使与重合于点．设直线过点且垂直于菱形所在的平面，点是直线上的一个动点，且与点位于平面同侧（图2）．
(1)设二面角的大小为，若，求线段的长的取值范围；
(2)若在线段上存在点，使平面平面，求与BE之间满足的关系式，并证明：当时，恒有.
20．已知数列满足.
(1)设，证明：是等比数列；
(2)记数列的前项和为，求.
21．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，两个顶点分别为.过点的直线交椭圆于两点，直线与的交点为.
(1)当直线的斜率为1时，若椭圆上恰有两个点使得和的面积为，求的取值范围；
(2)求证：点在一条定直线上.
22．已知，函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)过原点分别作曲线和的切线和，试问：是否存在，使得切线和的斜率互为倒数？请说明理由；
(3)若时，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，可得，然后求出集合，分和两种情况求解即可.
【详解】因为，所以，
由，得，解得或，
所以，
当时，符合题意，则，
当时，则，
由，得或，解得或，
综上，实数m的取值集合为，
故选：C
2．D
【分析】由已知条件先计算出，再利用模长公式计算出.
【详解】由已知可得，
则，
故选：.
3．C
【分析】根据回归直线方程，必过样本点中心，再利用换元公式，以及对数运算公式，化简求值.
【详解】因为，所以，，
即，
所以.
故选：C
4．C
【分析】根据等差数列的性质及求和公式即可求解.
【详解】解：因为为等差数列，
所以，
所以，
则数列的前14项之和.
故选：C.
5．D
【分析】将展开，即可得出展开式中含有的系数，计算即可得出答案.
【详解】，
展开式中含有的系数为
.
故选：D.
6．A
【分析】利用导函数表示出，由最大值求出和，由是奇函数，求出，把条件代入求值即可.
【详解】，，
且，则，，
为奇函数，则，
，，，
解得，
.
故选：A
7．A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
8．C
【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，设，则，求出点P，Q的坐标，得出，，根据，再利用余弦定理求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率．
【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．
设，则，
由，解得或，
∴，．
又为双曲线的左顶点，则，
∴，，，
在中，，由余弦定理得，
即，
即，
则，所以，则，
即，所以
∴．
故选：C.
【点睛】方法点睛：离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
9．BC
【分析】推导出二居室有150户，三居室有450户，由此利用图1和图2能求出结果．
【详解】解：如图1调查的所有市民中四居室共300户，所占比例为，二居室住户占，
，二居室有户，三居室有450户，
由图1和图2得：
在A中，样本容量为：，故A正确；
在B中，样本中三居室住户共抽取了户，故B错误；
在C中，根据样本可估计对四居室满意的住户有户，故C错误；
在D中，样本中对二居室满意的有户，故D正确．
故选：BC．
10．ABD
【分析】对于A，先证线面垂直，从而可得线面角即可判断；对于B，根据直二面角得到平面，得到，再证明平面，得到答案；对于C，通过平移后再解三角形可求解；对于D，根据线面平行的性质可求解.
【详解】对于A，可知,因为E，F分别是BC，BD的中点，所以可知，从而可知，又，且平面，所以平面，从而可知直线BD与平面AEF所成的角为为定值，故A正确；
对于B，二面角为直二面角，且，平面，则平面.
平面，故.
，，故平面，平面，
故平面平面ACD．故B正确；
对于C，分别取的中点，过点作于，连接,不妨设,则可得,
则在中，，从而可知直线BD与AC的夹角不可能是45°，故C错误；
对于D，因为E，F分别是BC，BD的中点，所以,且平面，平面，因此可得平面，而平面AEF平面ACD=l，
所以直线，又平面，平面,所以l//平面BCD，故D正确..
故选：ABD
11．AC
【分析】变形给定的递推公式即可判断选项A，B；求出数列的通项即可判断选项C，D作答.
【详解】在数列中，当时，，即，而，即，则是首项为1，公差为1的等差数列，
因此，，，
所以A正确，B不正确，C正确，D不正确.
故选：AC
12．ABD
【分析】由点差法得，由此判断AB正确；当的斜率不存在时判断是否符合要求，当的斜率存在时,由直线与圆切于得必在直线上，根据给定的求出位置，根据是否在抛物线内部判断CD是否正确.
【详解】如图,设,,
则,两式相减得,.
当的斜率存在时,，则有,
又,所以.
当时，，故A正确；
由,得,
即,因此,即必在直线上.
当时，，点，直线的方程为，恰好过抛物线焦点，
故，故B正确；
将代入,得,由在抛物线内部得，
因为点在圆上,所以,
当时，，解得，与矛盾，此时的斜率为的直线不存在，当的斜率不存在时,符合条件的直线只有一条，故C错误；
当时，，解得，符合，此时的斜率为的直线有两条. 当的斜率不存在时,符合条件的直线也有两条，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：不要遗漏判断斜率不存在时的直线是否符合要求.
当斜率存在时，先确定点一定在直线上，再用点一定在抛物线内部判断给定的是否符合要求.
13．（答案不唯一）
【分析】根据正弦型函数的周期和值域推导即可得到结果.
【详解】周期为，值域为，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）
14．12960
【分析】根据题意可分为2类：甲被选中和甲不被选中，求出对应的方案，结合分类计数原理即可求解.
【详解】由题意知，可分为两类：
第1类，甲被选中，共有种分派方案；
第2类，甲不被选中，共有种分派方案.
根据分类计数原理，共有
(种)分派方案.
故答案为：12960.
15．（填写区间内的任一实数均可）
【分析】先求到直线和点的距离相等的点的轨迹方程，再由其与曲线有四个交点求出的范围，由此可得结论.
【详解】到直线及点的距离都相等的点的轨迹
为以为准线以为焦点的抛物线，
设其方程为，则，
所以．
由，得或．
由已知曲线与曲线有四个交点，
因为与关于轴对称，
抛物线关于轴对称，
所以曲线与射线有两个位于轴上方的交点，
由得，
所以有两个正根，
所以，且
故满足题意的实数a的取值范围是．
故答案为：（填写区间内的任一实数均可）
16． 增 9
【分析】根据函数在上具有单调性，限定周期的范围，得出的范围，再由函数的零点得出关于的等式，结合这两个条件求出的值，再数形结合得出结果.
【详解】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图像共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
17．(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）随机试验从盒子中有放回地先后摸出两个小球的样本空间为：
，共个样本点，
其中事件包含下列样本点：
，共个样本点，
所以；
（2）的所有取值为.
.
则随机变量的分布列为
0 1 2 3
的数学期望.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由余弦定理统一为边，再由余弦定理求解即可；
（2）由面积公式及余弦定理化简，解得，由数量积公式计算即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出，再由两角差的余弦公式求出，再由余弦定理求即可得解.
【详解】（1）
，
，
.
（2）由，可得，
，
，
，
，解得，
，，
.
（3），，
，
，
由知，,
，即，
由余弦定理，，解得，
，
即的周长为.
19．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）设菱形的中心为，以为原点，对角线，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系如图．设，得到平面和平面的法向量，从而得到二面角的余弦值的表达式，再根据其范围，得到的范围；
（2）假设存在满足题意的点，令，从而得到点坐标，得到∥平面，则，得到等式，解出.
【详解】（1）因为，平面，故平面，
设菱形的中心为，以为原点，对角线，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系如图，设，
设平面的法向量为，
则，
令得．
设平面的法向量为，
则，
令得．
二面角的大小为，由题设可得．
，，
，整理得且，
又，解得，
所以的取值范围是.
（2）设BE＝t，t＞0，，
令，则，
解得，则，
，，
且，则为平行四边形，从而，
平面，平面，得平面，
由平面平面，得平面，，
，化简得：，（ta），即，
所以当0＜t＜a时，，即当时，恒有.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由可得，将递推式代入，利用等比数列的定义求解即可；
（2）利用错位相减法求解即可.
【详解】（1）因为，
所以
.
又因为，
所以数列是以2为首项2为公比的等比数列.
（2）由（1）可知，，所以，
所以，
所以.
两式相减，得
，
所以.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由条件先求椭圆方程，再联立方程组求弦的长，求与直线的切线方程，由条件确定面积的范围；
（2）联立直线与椭圆方程求点的坐标，联立直线与椭圆方程求点的坐标，
根据三点共线证明，再求点的坐标，由此完成证明.
【详解】（1）由题设可知.
因为，即，所以.
又因为，所以.
椭圆的方程为，直线的方程为.
设，联立方程组，
消去，可得，
解得.
将，代入直线的方程，解得.
所以.
设与直线平行的直线方程为.
联立方程组，消去可得，
若直线与椭圆只有一个交点，则满足，解得.
当直线为时，直线与之间的距离为；
当直线为时，直线与之间的距离为；
设点到的距离为，要使的面积为的点恰有两个，
则需满足，即.
因为，所以.
（2）设直线的方程为，直线的方程为.
联立方程组，
消去得，
所以，所以，代入可得
解得点的坐标为.
同理，可解得点的坐标为.
由三点共线，有
化简得.
由题设可知与同号，所以.
联立方程组，
解得交点的坐标为.
将代入点的横坐标，得.
所以，点恒在定直线上.
【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．(1)答案见解析
(2)存在，理由见解析
(3)，．
【分析】（1）求出的导数，分类讨论和时导数的取值情况，即可求出的单调性；
（2）首先根据题意求出过原点时的切线斜率，再根据俩切线斜率的关系，表示出的切线斜率，列出一个含a参数的等式，欲证明（2）问成立，只需证明存在解，也就是存在零点，求出的导数，找到单调区间和极值点即可判断是否存在；
（3）化简不等式得，确定不等式定义域，在确定定义域下对进行放缩简化，因为，所以欲使不等式恒成立，只需证明，欲使化简不等式成立只需满足函数在定义域内最小值大于等于0，以此求导计算即可.
【详解】（1）由已知，
当时，在恒成立，在上单调递增；
当时，由，得，
若时，，在上单调递增，
若时，，在上单调递减；
综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）假设存在，使得切线和的斜率互为倒数.
，，
设的切线方程是，则，显然，，切点为，
于是，解得，
所以的斜率为，于是的斜率为
设的切点坐标为，
由，，
又，所以，整理得，
设（），，
当时，，递增，而，所以 ，
时，，递减，又，
所以存在，使得，
因此关于的方程有正数解．
所以存在，使得切线和的斜率互为倒数.
（3）时，恒成立，
即在时恒成立，
当时，恒成立，即，又，则．.
下面证明：当时，在时恒成立．
先证明时，，
由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
则，即，有，
所以当时，，
要证明，只需证明对任意的，恒成立，
令，则，
由，得，
①当即时，在上恒成立，
则在上单调递增，于是
．
②当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
于是，
令，则，
则在上单调递增，
于是，所以恒成立，
所以时，不等式恒成立，因此的范围是，．
【点睛】结论点睛：高中常用放缩放缩不等式
（1）指数函数放缩：
①；②；③；④
（2）对数函数放缩：
①；②；③；④；⑤
（3）指对函数混合放缩：
（4）三角函数函数放缩：
①；②
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页