江苏省镇江市2023届高三年级下册学期4月检测数学试题【含答案】

2022~2023学年度第二学期高三检测试卷数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.如图所示，U表示全集，用、表示出阴影部分，下列选项中表示正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据集合运算的韦恩图表示，结合题意，直接写出即可.【详解】根据题意，阴影部分表示.故选：A.2.在复平面内，已知复数对应的向量为，现将向量绕点逆时针旋转90°，并将其长度变为原来的2倍得到向量，设对应的复数为，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，求出向量所对的复数，再利用复数除法运算求解作答.【详解】依题意，，将向量绕点逆时针旋转90°所得向量坐标为，，则有，解得，因此，即，所以.故选：A3.单位向量，为的夹角为，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积定义可得，再结合数量积的运算律运算求解.【详解】由题意可得：，因为，所以，解得.故选：C.4.如图是战国时期的一个铜镞，其由两部分组成，前段是高为2cm，底面边长为1cm的正三棱锥，后段是高为1cm的圆柱，圆柱底面圆与正三棱锥底面的正三角形内切，则此铜镞的体积约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出内切圆半径为r，再分别利用三棱锥体积与圆柱体积公式即可求出总体积.【详解】因为正三棱锥的底面边长为1，设其内切圆半径为r，由等面积法，可得：，解得：，所以其内切圆半径为.由三棱锥体积与圆柱体积公式可得：.故选：D.5.甲、乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制，甲在每局比赛中获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，则甲获得冠军的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】讨论甲获胜时比赛的场次，结合独立事件的概率乘法公式运算求解.【详解】若比赛两场甲获胜，则概率为；若比赛三场甲获胜，则概率为；甲获得冠军的概率.故选：D.6.已知角，满足，，则（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据积化和差公式可得，结合二倍角公式以及弦切互化得齐次式即可求解.【详解】由得，进而，则所以，则.故选：A.7.已知，是双曲线（，）的左、右焦点，过的直线与曲线的左、右两支分别交于，两点.若，，，成等差数列，则双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知得，再根据等差中项的含义则得到，，的三边比例，再利用双曲线的定义可用表示出，，用勾股定理得出的等式，从而得离心率．【详解】.因为，，成等差数列，则设，，，则有，解得，则，可令，.设，得，即，解得，∴,,由得，，，该双曲线的离心率.故选：C.8.已知函数及其导函数的定义域均为R，且为奇函数，，，则（）A.13 B.16 C.25 D.51【答案】C【解析】【分析】根据题意利用赋值法求出、、、的值，推出函数的周期，结合，每四个值为一个循环，即可求得答案.【详解】由，令，得，所以．由为奇函数，得，所以，故①．又②，由①和②得，即，所以，③令，得，得，令，得，得．又④，由③-④得，即，所以函数是以8为周期的周期函数，故，所以，所以，故选：C．【点睛】方法点睛：解决此类抽象函数的求值问题时，涉及到函数的性质，比如奇偶性和对称轴以及周期性等问题，综合性较强，有一定难度，解答时往往要采用赋值法求得某些特殊值，继而推出函数满足的性质，诸如对称性和周期性等，从而解决问题.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.构建德智体美劳全面培养的教育体系是我国教育一直以来努力的方向.某中学积极响应党的号召，开展各项有益于德智体美劳全面发展的活动.如图所示的是该校高三（1）、（2）班两个班级在某次活动中的德智体美劳的评价得分对照图（得分越高，说明该项教育越好），则（）A.高三（2）班五项评价得分的极差为1B.除体育外，高三（1）班的各项评价得分均高于高三（2）班对应的得分C.高三（1）班五项评价得分的平均数比高三（2）班五项评价得分的平均数要高D.各项评价得分中，这两个班的体育得分相差最大【答案】AC【解析】【分析】利用极差的概念，平均数的概念以及根据统计图表的相关知识判断选项即可.【详解】对于A，高三（2）班德智体美劳各项得分依次为9.5，9，9.5，9，8.5，所以极差为，A正确；对于B，两班的德育分相等，B错误；对于C，高三（1）班的平均数为，（2）班的平均数为，故C正确；对于D，两班的体育分相差，而两班的劳育得分相差，D错误，故选：AC．10.已知函数（，）的最小正周期，将函数的图像向右平移个单位长度，所得图像关于原点对称，则（）A.函数的图像关于直线对称 B.函数在上单调递减C.方程在上有3个解 D.函数在上有两个极值点【答案】ABD【解析】【分析】由题可得，，A选项，将代入，验证其值是否为可判断选项；B选项，由在上的单调性可判断选项；C选项，验证在上是否有3个解可判断选项；D选项，由在上的极值点可判断选项.【详解】由题意得，则，又，故，所以，则的图像向右平移个单位长度后对应的解析式为，因其过原点，则，结合，可得，所以，A选项，，则的图像关于直线对称，故A正确；B选项，当时，，因为，在上单调递减，所以在上单调递减，故B正确；C选项，当时，，由，可得，所以方程在上有2个解，故C错误；D选项，当时，，因为，，所以函数在上有两个极值点，故D正确；故选：ABD.11.已知等差数列的前项和为，若，，则（）A.B.若，则的最小值为C.取最小值时D.设，则【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据题意列式求解，即可得结果；对于B：根据等差数列性质可得，再结合基本不等式分析运算；对于C：根据等差数列通项的正负性分析判断；对于D：利用错位相减法分析运算.【详解】对于选项A：设等差数列的公差为，由题意可得：，解得，所以，故A正确；对于选项B：若，则，即，可得，当且仅当，即时，等号成立，但，所以的最小值不为，故B错误；对于选项C：令，解得，又因为，可得的最后一个负项为第5项，且无零项，所以取最小值时，故C正确；对于选项D：因为，则，可得，两式相减得：，所以，故D错误；故选：AC.12.已知，，且，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A：根据题意分析可得，运算求解即可；对于B：根据题意整理得，分类讨论，分类讨论，结合对勾函数以及基本不等式运算求解；对于C：构建，结合函数零点分析判断；对于D：根据题意整理可得，换元结合基本不等式运算求解.【详解】对于选项A：因为，则，可得，解得，故A正确；对于选项B：因为，则，即，又因为，且，可得，则，令，则，1.当时，则，即；2.当时，令，则，①当时，在上单调递减，则，可得，所以；②当时，，可得，所以；综上所述：，即，故B正确；对于选项C：因为，即，构建，则在上单调递增，由，则，且，所以函数在内的零点，整理得，故C错误；对于选项D：因为，且，即，则，可得，令，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故D正确；故选：ABD.【点睛】方法点睛：1．用基本不等式求最值时，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明确什么时候等号成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、凑”、“1的代换”等技巧的应用；2．不等式恒成立问题一般用分离参数法转化为函数最值求解或用赋值法讨论求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数是_____________．(用数字作答)【答案】【解析】【详解】原式可变形为，只需考虑展开式中的系数，所以系数为9+126=135，填135.【点睛】二项式展开，如果式子比较复杂，可以考虑先化简再展开．14.已知直线l为曲线的一条切线，写出满足下列两个条件的函数______.①原点为切点：②切线l的方程为.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】可取函数，再利用导数的几何意义验证即可.【详解】函数满足条件，因为，所以，且，所以切线的斜率为，所以曲线在原点处的切线方程为.故答案为：.（本题答案不唯一，合理即可，如也满足题意）15.南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为3cm，则该抛物线的焦点到准线的距离为______cm.【答案】【解析】【分析】以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，设抛物线的标准方程为，根据题意得到点的坐标，代入求出参数的值，即可得解.【详解】如图，以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为轴，建立直角坐标系，依题意可得的坐标为，设抛物线的标准方程为，则，解得.故该抛物线的焦点到准线的距离为cm.故答案为：16.三棱锥中，，为边长为2的等边三角形，二面角的余弦值为，①三棱锥的体积最大为_________；②当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】空1：根据题意利用三垂线定理找出二面角的平面角，即可求出三棱锥的高，然后利用利用基本不等式即可确定三棱锥的体积最大值；空2：根据题意求出各棱的长度，最后根据球的几何性质，利用球心距、半径和底面半径之间的关系即可求出三棱锥的外接球的表面积.【详解】空1：过点作平面ABC，垂足为E，过点E作，交AC于点D，连接PD，因为平面ABC，且平面ABC，则，，平面，可得平面，且平面，则，则为二面角的平面角的补角，即,因为，且三角形PAC为等边三角形，则D为AC的中点，设，则，可得，故三棱锥的体积为，当且仅当时，等号成立，故三棱锥体积的最大值为；空2：若三棱锥体积取到最大值，则三点共线，设三棱锥的外接球的球心为，半径为，过点作于，则四边形为矩形，可得，在Rt中，因为,解得,所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为：；．【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．四、解答题：本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列的前项和，其中，且.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前2023项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据与的关系分析可得：数列是以首项为1，公差为2的等差数列，进而可得结果；（2）由（1）可得：，利用并项求和运算求解.【小问1详解】因为，则，由，可得，当时，则，整理得，即；当时，则，可得，整理得，因为，则，可得，即，故数列是以首项为1，公差为2的等差数列，所以.【小问2详解】由（1）可得：，当为偶数时，则，所以，即.18.如图，正三棱柱中，，点为线段上一点（含端点）.（1）当为的中点时，求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为.若存在，求出的位置：若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，点在的四分之一等分点处【解析】【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合，化简线面垂直判定定理证明平面；(2)设，，求平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求两向量的夹角余弦，由条件列方程求即可.【小问1详解】由已知，平面，为等边三角形，以点为原点，为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，作轴，，，则，则，而∴∴由菱形性质知∵平面，平面，∴平面；【小问2详解】由(1)，，为平面的一个法向量，设，，则所以，所以，，设平面的法向量为，则，取可得，，所以为平面的一个法向量，设平面与平面所成角为，则，解得：或（均符合题意）所以存在一点，当或，即点位于四分之一等分点处时使平面与平面所成角的余弦值为.19.已知的三个角所对的边分别为，，.（1）若，，，求；（2）若为锐角三角形，且三个角依次成等差数列，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用余弦定理求，进而可求及三角形面积.（2）根据题意可得，结合锐角三角形可得角的取值范围，利用正弦定理和三角恒等变换整理得，结合正切函数运算求解即可.【小问1详解】由余弦定理可得：，可知角为锐角，则,所以的面积.【小问2详解】因为角依次成等差数列，则，则，可得，又因为为锐角三角形，则，解得，则，因为，则，可得，所以，故的取值范围为.20.在一次数学随堂小测验中，有单项选择题和多项选择题两种.单项选择题，每道题四个选项中仅有一个正确，选择正确得5分，选择错误得0分；多项选择题，每道题四个选项中有两个或三个选项正确，全部选对得5分，部分选对得2分，有选择错误的得0分.（1）小明同学在这次测验中，如果不知道单项选择题的答案就随机猜测.已知小明知道单项选择题的正确答案和随机猜测的概率都是.问小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，求他知道这道单项选择题正确答案的概率；（2）小明同学在做某道多项选择题时，发现该题的四个选项他均无把握判断正误，于是他考虑了以下两种方案：方案①单选：在四个选项中，等可能地随机选择一个；方案②多选：在有可能是正确答案的所有选项组合（如、等）中，等可能地随机选择一种.若该多项选择题有三个选项是正确的，请从数学期望的角度分析，小明应选择何种方案，并说明理由.【答案】（1）（2）选择方案①.【解析】【分析】（1）根据全概率公式可求得该单项选择题回答正确的概率，由条件概率公式可求得结果；（2）分别计算方案①②的得分期望，比较大小即可.【小问1详解】记事件为“该单项选择题回答正确”，事件为“小明知道该题的正确答案”，，，即小明在做某道单项选择题时，在该道题做对的条件下，他知道这道单项选择题正确答案的概率为.【小问2详解】方案①单选：记小明做这道多项选择题所得的分数为，则的可能取值为0,2，，，则期望，方案②多选：记小明做这道多项选择题所得的分数为，则的可能取值为0,2,5，，，，则期望，则，故选择方案①.21.设椭圆过点，两点，为坐标原点.（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在圆心为原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆恒有两个交点，，且？若存在，写出该圆的方程，并求的取值范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在圆心为原点的圆满足题意，且．【解析】【分析】（1）将，的坐标代入椭圆的方程，列出方程组，求得即可；（2）假设满足题意的圆存在，当切线斜率存在时，设该圆的切线方程为，与椭圆方程联立，根据，结合韦达定理运算，同时满足，则存在，否则不存在；当切线斜率不存在时，直接验证即可．当满足题意的圆存在时，利用弦长公式结合韦达定理得到，利用基本不等式求出其范围.小问1详解】将，的坐标代入椭圆的方程得，解得，．所以椭圆的方程为．【小问2详解】假设满足题意圆存在，其方程为，其中，设该圆的任意一条切线和椭圆交于，两点，当直线的斜率存在时，令直线的方程为，①将其代入椭圆的方程并整理得，则，②由韦达定理得，，③因为，所以，④将①代入④并整理得，联立③得，⑤将⑤代入②得，符合题意，因为直线和圆相切，因此，由⑤得，所以存在圆满足题意．当切线的斜