（苏教版）2023届高三下学期5月冲刺训练——数学试题（一）（含解析）

（苏教版）2023届高三下学期5月冲刺训练——数学试题（一）
一、单选题
1．设集合，，若，则实数（ ）
A．0 B． C．0或 D．1
2．若复数满足，则的虚部是（ ）
A．i B．1 C． D．
3．某化工厂产生的废气经过过滤后排放，以模型去拟合过滤过程中废气的污染物浓度与时间之间的一组数据，为了求出线性回归方程，设，其变换后得到线性回归方程为，则当经过后，预报废气的污染物浓度为（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列，且，记其前项和为.若是公差为的等差数列，则（ ）
A．200 B．20200 C．10500 D．10100
5．设复数（i是虚数单位），则（ ）
A．-2 B．-i C．2 D．0
6．锐角中,，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知和分别是函数的两个极值点，且，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
8．双曲线：（，）的两条渐近线互相垂直，，分别为的左，右焦点，点在该双曲线的右支上且到直线的距离为，若，则双曲线的标准方程为
A． B． C． D．以上答案都不对
二、多选题
9．下列叙述中，正确的是（ ）
A．某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为40%
B．某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，采用分层抽样的方法从该校四个年级的科生中抽取一个容量为500的样本进行调查.已知该校一 二 三 四年级本科生人数之比为8：5：4：，若从四年级中抽取75名学生，则
C．一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，，7，8（其中），若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均数是6
D．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，得到四组数据，若某组数据的平均数为2，方差为2.4，则这组数据一定没有出现6
10．如图，在棱长为2的正方体中，是棱上一点，是的中点，则（ ）
A．存在棱上的点，使得
B．四面体的体积为
C．三棱锥的内切球的表面积为
D．当为棱的中点时，平面平面
11．已知数列满足，，记，则（ ）
A． B．
C． D．
12．已知椭圆C：，圆O1：x2＋y2＝，圆O2：x2＋y2＝，则（ ）
A．圆O1，O2与C均有交点
B．过圆O2任一点作C的两条切线，两条切线均互相垂直
C．C上一点到圆O1上点的最大距离为2＋
D．过圆O1上任一点作其切线交C于A，B两点，交圆O2于P，Q两点(其中点A，P相邻，点B，Q相邻)，则∠AOP＋∠BOQ为定值
三、填空题
13．已知偶函数是实数集上的周期为2的周期函数，当时，，则当时，_________．
14．某班5名同学去参加4个社团，每人只参加1个社团，每个社团都有人参加，则满足上述要求的不同方案共有______种．（用数字填写答案）
15．平面上一机器人在行进中始终保持与点F (1，0)的距离和到直线x＝－1的距离相等．若机器人接触不到过点P(－1，0)且斜率为k的直线，则k的取值范围是________________．
四、双空题
16．设函数. ① 若，则的最大值为_______；② 若有且只有1个零点，则实数的取值范围是________.
五、解答题
17．为促进经济发展，某地要求各商场采取多种举措鼓励消费商场在春节期间推出“你摸球，我打折”促销活动，门口设置两个盒子，甲盒内有大小相同的个红球和个黑球，乙盒内有大小相同的个红球和个黑球，购物满一定金额的顾客可以从甲、乙两个盒内各任取个球．具体规则如下：摸出个红球记为一等奖，没有红球记为二等奖，个红球记为三等奖，个红球记为鼓励奖.
(1)获得一、二、三等奖和鼓励奖的折扣率分别为折、折、折和折．记随机变量为获得各奖次的折扣率，求随机变量的分布列及期望；
(2)某一时段内有人参加该促销活动，记随机变量为获得折及以下资格的人数，求．
18．在中，角的对边分别是，满足.
(1)求角的余弦值；
(2)若是边的中点且，求的取值范围.
19．如图，已知矩形和矩形所在平面互相垂直，点分别在上，且，，求证：平面.
20．已知数列的前n项和为，数列是首项为1，公差为2的等差数列.
(1)求数列{}的通项公式；
(2)设数列满足，求数列的前n项和为.
21．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，上顶点为，的周长为点，异于两点且在上，直线，，的斜率分别为，，，且
(1)证明为定值
(2)求点到直线距离的最大值．
22．已知函数．
(1)若，求函数的图像在处的切线方程；
(2)若，求函数的单调区间；
(3)若，已知函数有两个相异零点，求证：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】根据交集的结果得出或，分类计算得出的值后再验证，即可得出答案.
【详解】，则或.
当时，满足条件.
当时，不满足条件.
故，
故选：B.
2．D
【分析】根据复数的除法运算求得复数，即可确定答案.
【详解】因为，所以，
故的虚部是，
故选：D
3．D
【分析】把代入中求出的值，再将的值代入中可求出的值.
【详解】当时， ，
所以.
故选：D.
4．D
【分析】根据是公差为的等差数列，求出其通项公式，进而可求，利用与的关系即可求出的通项公式，再用等差数列求和公式即可求解.
【详解】容易得到的首项，
因此，所以，
将替换为，则有，
两式相减得.由于，，
所以，
可得，因此，
所以.
故选:D.
5．A
【分析】先计算出，把整理为
【详解】.
.
当.
=-1-1=-2.
故选：A
6．D
【分析】先利用正弦定理化角为边可得,则利用余弦定理可得,再由正弦定理可得,根据的范围即可求解.
【详解】由题,由正弦定理可得,整理可得,
所以,即,
又,
所以
,
因为锐角三角形,所以,所以,
则,所以,
所以,
故选：D.
7．C
【分析】求导，将极值点问题转化为要有两个零点，且在零点两侧，单调性相反，参变分离后得到，构造，求导后得到单调性，极值最值情况，得到，由得到求出，求出.
【详解】定义域为R，，
要想函数有两个极值点，
则要有两个零点，且在零点两侧，单调性相反，
令，得，
令，定义域为R，
则，当时，，当，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在取得极大值，也是最大值，，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
画出图象如下：
故，即，
其中，因为，所以，
故，解得：，
故，满足要求.
故选：C
8．A
【详解】由双曲线：（，）的两条渐近线互相垂直得：，又得又双曲线得准线方程为，根据双曲线第二定义可知：，所以选A
9．BD
【分析】根据古典概型的概率公式判断A，根据分层抽样的定义判断B，根据中位数、众数、平均数、方差的定义判断C、D；
【详解】解：对于A：学号为04的学生被抽到的可能性为，故A错误，
对于B：抽样比为，，故B正确，
对于C：数据1，4，4，，7，8（其中的中位数为，众数为4，
，，
该组数据的平均数是，故C错误．
对于D：若这组数据有6，则方差，故D正确，
故选：BD
10．ABD
【分析】对A，取线段上点满足，根据结合三角形的性质可得；对B，根据三棱锥的体积公式求解即可；对C，根据等体积法求解内切球的半径于表面积即可；对D，根据线面垂直的判定证明面面垂直即可.
【详解】对A，取线段上点满足，连接.
因为，且，故四边形为平行四边形，故.
因为为正方体，故均为等腰直角三角形，故，故，则，故A正确；
对B，四面体的体积，故B正确；
对C，三棱锥为棱长为的正四面体，体积为，且每个面的面积均为，故内切球半径满足，解得，故内切球的表面积，故C错误；
对D，由题意，因为是的中点，且，故.
由正方体可得也为的中点.则，故在直角和直角中，故，则，又，故，所以.
又，平面，故平面.
又因为平面，故平面平面，故D正确；
故选：ABD
11．BC
【分析】代入前几项即可判断出A,B，然后分奇偶可点数列的通项公式，从而判断出C，D.
【详解】由题意可得，
所以，所以A错误，B正确；
又，
故，即，
所以为等差数列，故，所以C正确，D错误，
故选：BC.
12．CD
【分析】对四个选项一一验证：
对于A：把椭圆C和圆O1联立解方程，把椭圆C和圆O2联立解方程，即可判断；
对于B：取圆O2任与x轴正半轴的交点作出C的两条切线，求出其斜率.判断出不垂直，即可否定结论；
对于C：利用几何法求出最大值，即可判断结论；
对于D：设切线与圆O1：x2＋y2＝的切点为H.先判断切线的斜率不存在时，为定值；切线的斜率存在时,设直线方程为.根据直线与圆O1相切,求得.利用两圆的半径关系求出；用“设而不求法”求出.即可求出.
【详解】对于A：把椭圆C和圆O1联立：解得：无意义，故椭圆C和圆O1无公共点；
把椭圆C和圆O2联立：解得：无意义，故椭圆C和圆O2无公共点；
故A错误；
对于B：取圆O2任与x轴正半轴的交点作出C的两条切线，如图示：
显然的斜率均存在，设其为.设切线方程为，与椭圆C联立，，消去y可得：
因为相切，所以，
解得：.
因为，所以不垂直.故B错误；
对于C：任取C上一点为D，任取圆O1上一点为E，则
由椭圆与圆的几何性质可知，要求的最大值，只需D位于O1处，E位于E1处，此时
.
对于D：椭圆C：＋＝1，圆O1：x2＋y2＝，圆O2：x2＋y2＝
设切线与圆O1：x2＋y2＝的切点为H.
当切线的斜率不存在时,此时直线l方程为或.不妨设直线方程为.
此时,,.由，可得：.同理可得：.
所以.
同理: .
所以为定值.
当切线的斜率存在时,不妨设直线方程为.
因为直线与圆O1：x2＋y2＝相切,所以即.
因为,所以,所以,即.
联立直线方程与椭圆方程,消去y可得：.
设，则
所以
因为，所以，所以,即.
所以.
综上所述：为定值.
故选：CD.
【点睛】（1）距离的计算方法有两类：①几何法：利用几何图形求最值；②代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值.
（2）“设而不求”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.
13．
【分析】根据是实数集上的偶函数，且以2为周期的周期函数，分，两种情况求解.
【详解】因为偶函数是实数集上的周期为2的周期函数，
当时，，
所以，
当，，，
所以，
综上：，
故答案为：
14．240
【分析】先选出2个人一组，与余下的3人再分到4个社团可得答案.
【详解】某班5名同学去参加4个社团，每人只参加1个社团，每个社团都有人参加，
则满足要求的不同方案共有种.
故答案为：240.
15．
【详解】试题分析：因为平面上机器人在进行中始终保持与点的距离和到直线的距离相等，所以机器人运动的轨迹表示以为焦点，以为准线的抛物线，即，要使得机器人接触不到过点且斜率为的直线，此时直线的方程为，联立方程组，整理得，由解得或．
考点：直线与抛物线的位置关系．
【方法点晴】本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，其中解答中涉及到抛物线的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，直线与抛物线的位置关系等知识点的综合考查，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与转化的应用，试题有一定的难度，属于中档试题，准确理解抛物线的定义是解答的关键．
16．
【分析】①根据确定的表达式，再求出各段函数表达式的最大值，作比较可得结果；
②作出函数和的图象，根据两函数图象与轴的交点情况，可得结果.
【详解】①当时，，
当时，；
当时，，，
由得，；由得，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，有极大值2，又，
故当时，的最大值为2.
②作出和的图象，
由图象，可知函数与轴三个交点，从左到右依次为，，；
函数与轴只有一个交点，为.
若有且只有1个零点，则实数的取值范围是.
故答案为：①2；②.
17．(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据古典概型和相互独立事件的概率乘法公式可求得分布列，进而求出离散型随机变量的期望；
（2）根据随机变量服从二项分布，利用二项分布概率公式即可得解．
【详解】（1）设事件为“从甲盒中取出i个红球”，事件为“从乙盒中取出个红球”，
则，,
记为取出的个球中红球的个数，
则，
，
，
，
由题意得的分布列为
折 折 折 折
则；
（2）由（1）可知，获得折及以下资格的概率为．
由题意得，则.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理得到，即可求出，从而得解；
（2）设，利用正弦定理表示出，，设，利用辅助角公式化简，最后结合正弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）在中，由正弦定理有，
，
，即，
在中，由余弦定理，有，
，则，即，
，∴，则；
（2）如图，设，则，，
在中,根据正弦定理，有，
，，
设
，
（其中，，易得）
又，所以在上单调递增，
所以，又，
所以的取值范围为．
19．证明见解析
【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用直线与平面平行的直线的方向向量与平面的法向量的关系即可求解.
【详解】因为矩形和矩形所在平面互相垂直，所以互相垂直．
不妨设的长分别为，以为正交基底，建立空间直角坐标系如图所示，
则， ， ， ，
所以.
因为，，
所以.
又平面的一个法向量是
由,得.
因为平面，
所以平面.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意求得，结合数列中和的关系，即可求得数列的通项公式.
（2）由题意得到，当时，，两式相减求得，当时，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，数列是首项为1，公差为2的等差数列，
可得，所以，
当时，，
当时，，适合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）解：因为，
当时，，
两式相减，可得，可得，
当时，，可得，
即数列的通项公式，
所以数列的前项和.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用题意得到关于的等式，联立方程组即可求得，设，代入椭圆方程可得到，然后利用两点斜率公式即可求证；
（2）先推断出直线斜率必不为，设其方程为，与椭圆进行联立得到二次方程，可得到代入即可算出答案
【详解】（1）设椭圆焦距为，
由题知，解得，
所以椭圆的标准方程为，
依题意，，设椭圆上任一点，则，
所以；
（2）设，若直线的斜率为，则，关于轴对称，必有，不合题意，
所以直线斜率必不为，设其方程为，
与椭圆联立，整理得：，
所以，且
由（1）知，即，
即，即，
即，
即，
所以，此时，
故直线恒过轴上一定点，
所以点到直线的最大距离为
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)
(2)答案见解析.
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；
（3）由题知，方程有两个不相等的实数根，进而得，再不妨令，进而将问题转化为证明，故令，进一步转化为证明，成立，再构造函数证明不等式即可.
【详解】（1）解：当时，函数，，
所以，，
所以函数的图像在处的切线方程为，即.
所以，函数的图像在处的切线方程为
（2）解：当时，，定义域为，
所以，，
所以，时，在上恒成立，故在上单调递增，
当时，令得，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
综上，时，在上单调递增；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）解：由题知，，
因为函数有两个相异零点，且
所以且，，即，
所以，方程有两个不相等的实数根，
令，则，
故当时，，时，，
所以，在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以，要使方程有两个不相等的实数根，则.
不妨令，则
所以，，
要证，只需证，即证：
因为，
所以，只需证，
只需证，即
故令，
故只需证，成立，
令
则，
在恒成立，
所以，在上单调递增，
因为，
所以在恒成立，
所以，在上单调递增，
所以，，即，成立，
所以，成立.
【点睛】本题第三问解题的关键在于根据题意，将问题转化为证明，进而令，再构造函数证明成立即可.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页