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江西省赣抚吉十一校联盟体2023届高三数学(文)下学期4月联考试题(Word版附解析)

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江西省赣抚吉十一校联盟体2023届高三联合考试(四月)文科数学试题一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.已知集合,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据集合交集运算可得.【详解】因为所以.故选:B2.已知复数,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先化简,得,从而得,代入计算即可.【详解】因为,所以.故选:D3.目前,甲型流感病毒在国内传播,据某市卫健委通报,该市流行的甲型流感病毒,以甲型亚型病毒为主,假如该市某小区共有100名感染者,其中有10名年轻人,60名老年人,30名儿童,现用分层抽 样的方法从中随机抽取20人进行检测,则做检测的老年人人数为()A.6B.10C.12D.16【答案】C【解析】【分析】利用分层抽样比例求解.【详解】解:老年人做检测的人数为.故选:.4.已知点是角终边上一点,若,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】点在第四象限,由求得结果.【详解】,则点在第四象限,由,故.故选:C.5.已知等比数列的前项和为,且,则()A.2B.4C.7D.8【答案】D【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.【详解】设等比数列的公比为,因为,则,所以,则,故,,所以. 故选:D.6.如图,在直角梯形中,为的中点,,,若,则()A.B.0C.D.【答案】C【解析】【分析】设,则,又,由平面向量基本定理可得结果.【详解】设,则,则.又,所以.故选:C.7.如图,网格纸上小正方形的边长为1,其中粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为()A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可得,该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体,求解即可.【详解】由图可知,显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体.由题得半球的半径为,圆锥的底面半径为,高为,母线长为,所以其表面积为.故选:C.8.已知函数且有两个零点,则的取值范围是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将解:函数且有两个零点,转化为函数的图像与直线有两个公共点求解.【详解】解:因为函数且有两个零点,所以且有两个零点,即函数的图像与直线有两个公共点,当时,由图①得1,故;当时,由图②得,不符合题意. ,故选:A9.相传我国古代有这样一个故事:一个身处他乡的小伙子得知父亲病重的消息,便连夜赶回家,他父亲弥留之际不停念叨“胡不归?胡不归?”,这就是流传千百年的“胡不归问题”.如图,假设小伙子处于地,家在地,是驿道,其他地方均为沙地,,小伙子在驿道,沙地上行走的速度分别为,若小伙子为了更快回到家中,从沿走到(在上),再从走沙地直线回家,设,则此方案所用时间为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】在中,由正弦定理得,故可得路段用时,同时求得,进而得,故可得路段用时,则此方案所用时间为,整理即得答案.【详解】在中,由正弦定理得,得,故路段用时,因为,则,故,因此. 故路段用时,则此方案所用时间为.故选:A.10.在正方体中,分别为中点,该正方体的外接球为球,则平面截球得到的截面圆的面积为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】连接,再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离,再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.【详解】如图,连接,由题意易知,,故四边形为平行四边形.设,取的中点,连接,在Rt中,,故点到距离为,故点到的距离为,因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径,故平面截球得到的截面圆的半径,故截面圆的面积. 故选:D11.已知直线是函数图像相邻的两条对称轴,将的图像向右平移个单位长度后,得到函数的图像.若在上恰有三个不同的零点,则实数的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意先求出,再结合图像得出关于的不等式组,即可求得m的范围.【详解】解:由题意得,即,解得,则,向右平移个单位长度后,得到函数,又在上恰有三个不同的零点,所以转化为在上有三个不同的零点,其中,,则,要使在上有三个不同的零点,则或,解之得故选:A. 12.已知函数是偶函数,对任意均有,则下列正确结论的序号为()①;②是奇函数;③直线是图像的一条对称轴;④记,则.A.①②④B.①③④C.①④D.②③【答案】B【解析】【分析】令,可判断①;令,得,可判断②;由条件可得,故16是的一个周期,进而得,可判断③;由条件结合③求得,结合函数的周期性求解可判断④.【详解】令,知,故,故①正确;令,知,故,又为偶函数,故,则不是奇函数,故②错误;因为6,则,即,于是有,则,故16是的一个周期,则,故的图像关于对称,故③正确;因为,,所以,由③可知,故,因为,故,又,, 故,,故④正确.综上,①③④正确.故选:B.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.曲线在点处的切线与直线垂直,则__________.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义结合直线垂直斜率之积为求解即可.【详解】,由题知,即,解得.故答案为:14.随着人们生活水平的提高,“自驾游”成为一种常见的旅游方式,若甲、乙、丙、丁四个家庭计划游览两地,每个家庭从两地中任选一个地区进行旅游,则恰有3个家庭选择地旅游的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】先利用分步计数原理求得四个家庭总的旅游情况数,再利用列举法求得恰有3个家庭选择地旅游的情况数,从而利用古典概型的概率求法即可得解.【详解】由题意知,每个家庭有两个地区可以选择,故四个家庭不同的旅游情况数为,其中恰有3个家庭选择地旅游的情况为(甲、乙、丙),(甲、乙、丁),(甲、丙、丁),(乙、丙、丁),共4种,所以所求概率.故答案为:.15.已知圆满足:圆心在直线上,轴或轴被圆所截得的弦长为4,则圆的一个标准 方程为__________.【答案】##(答案不唯一,写出一个即可)【解析】【分析】设,分为两种情况讨论:圆被轴、轴所截弦长为4,求得圆的标准方程,然后给赋值可得答案.【详解】设,若圆被轴所截弦长为4,则圆的半径,则此时圆的标准方程为;若圆被轴所截弦长为4,则圆的半径,则此时圆的标准方程为.令,则圆方程为或.故答案为:或(答案不唯一,写出一个即可).16.已知分别为双曲线的左、右焦点,以的实轴为直径的圆记为,过作圆的切线,切点为,延长交的右支于点,线段的中点为为坐标原点,若为钝角,,则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】由条件结合图形分析计算,利用各线段的关系可得,即可得到结果.【详解】如图所示,由题意可知E的圆心为原点,半径为,设,则有,又为钝角,则D在A左侧. 所以由题意可知,根据双曲线定义故.故答案为:三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程式演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22,23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.已知在数列中,,数列的前项和为,且.(1)求的通项公式;(2)设,数列的前项和为,证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由得,当时,,两式相减得,,所以,利用累乘法可求得;(2)由(1)可得,利用裂项相消法可求得结论.【小问1详解】由得,当时,,两式相减得,,整理得,所以,当时,,当时,也符合上式,故.【小问2详解】 由(1)可得,所以数列的前项和.18.春节联欢晩会是我国在除夕晩上举办的大型欢庆晩会,全国家家户户围坐在电视机前欣赏一年中最重要的晩会,下表为某年观看春晩的人数百分比:年龄(岁)百分比假设统计人数为200人,下表为分析年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩是否满意的列联表:满意不满意合计年龄不大于3050年龄大于3066合计(1)请将列联表补充完整;(2)能否有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.附:,其中. 0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】(1)列联表见解析(2)有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异【解析】【分析】(1)根据题中数据可得,年龄不大于30对春晩不满意的人有人;年龄大于30对春晩满意的人有人,从而将列联表补充完整;(2)计算出与参考数据比较即可得出结果.【小问1详解】年龄不大于30的人有人,则年龄不大于30对春晩不满意的人有人;年龄大于30的人,则年龄大于30对春晩满意的人有人,所以,列联表如下:满意不满意合计年龄不大于30502474年龄大于306066126合计11090200【小问2详解】,故有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.19.如图①,在等腰梯形中,,现将沿翻折到的位置,且平面平面,如图②. (1)当时,求;(2)当三棱锥的体积为时,求的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)取的中点,连接可得为等边三角形,再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得;(2)过作,根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得,再根据等面积法可得点到的距离,进而结合锥体体积公式求解即可.【小问1详解】取的中点,连接,当时,,又,故四边形为平行四边形,故,又,所以为等边三角形,所以.因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,故,在中,因为,所以,故. 【小问2详解】,图①中,过作,所以.因为且,所以点到的距离.又,故,整理得,解得或(舍去),所以的值为.20.已知抛物线,过点作相互垂直的直线,且与分别相交于点和为坐标原点.(1)求的方程;(2)记的中点分别为,求面积的最小值.【答案】(1) (2)4【解析】【分析】(1)设的方程为,与抛物线方程联立,由得,结合韦达定理求得的值,可得的方程;(2)由(1)及题中条件可求得的坐标及,同理可得的坐标及,从而得的面积,利用基本不等式可求得最小值.【小问1详解】由已知的斜率存在且不为0,设的方程为,联立得,易得,则,因为,所以,即,,解得.故的方程为.【小问2详解】由(1)知,所以,, 故,所以.同理,的方程为,故,所以.的面积,故,当且仅当,即时等号成立.故面积的最小值为4.21.已知函数.(1)讨论的极值;(2)若有两个零点,求实数的取值范围,并求证:.【答案】(1)极大值,无极小值(2),证明见解析【解析】【分析】(1)求导,再分和讨论求解;(2)结合(1)若有两个零点,由,得到,再将问题转化为,令,得到,再令,用导数法证明即可.【小问1详解】由题得,①当时,, 故在上单调递增,故无极值;②当时,令,得,当时,;当时,.故在区间单调递增,在区间单调递减,此时在处取得极大值,无极小值.【小问2详解】由(1)知,当时,在区间内单调递增,在区间内单调递减,,若有两个零点,则,所以,当时,,故存在,使得.又当趋向于时,趋向于,故存在,使得,故.由,得,即;要证,只需证,两边同乘以,得. 因为,所以.令,即证,即证.令,.令,故在区间上单调递增,故,因此在区间上单调递增,故,因此原不等式成立.【点睛】关键点睛:本题第二问关键是由有两个零点,得到,,从而把问题转化为,再两边同乘以进而转化为,令,转化为而得证.(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,轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线的极坐标方程为.(1)求的普通方程和的直角坐标方程;(2)与交于两点,是上不同于的一点,若的面积为,求点的坐标.【答案】(1)普通方程为,直角坐标方程为 (2)坐标为或【解析】【分析】(1)消参法求的普通方程,注意的范围,公式法求的直角坐标方程;(2)几何法求得,设且,点线距离和三角形面积公式得,进而确定,即可得坐标.【小问1详解】因为,所以,所以的普通方程为.直线的极坐标方程为,即,由,则化为直角坐标方程为.【小问2详解】圆心到直线的距离为,则,设且,所以点到直线的距离,由的面积为知,,所以,则,所以或,解得或, 故点坐标为或.[选修4-5:不等式选讲]23.已知函数.(1)当时,求不等式的解集;(2)若,使得不等式成立,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)当时,分、、三种情况解不等式,综合可得出原不等式的解集;(2)当时,分析可得,变形可得出,求出函数在区间上最小值及函数在区间上的最大值,即可得出关于实数的不等式,解之即可.【小问1详解】解:当时,,当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时.综上所述,当时,不等式的解集为.【小问2详解】解:,使得不等式成立,所以,使得成立, 因为,所以,即,使得成立,因为在上单调递减,则当时,函数取得最小值,又因为在上单调递减,在上单调递增,且当时,;当时,.故当时,函数取得最大值.所以,,解得.因此,实数的取值范围是.

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发布时间:2023-09-13 20:00:02 页数:23
价格:¥3 大小:2.06 MB
文章作者:随遇而安

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