江苏省南通市启东市吕四中学2022-2023学年高三下学期开学检测数学试题（解析版）.docx

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1、 启东市吕四中学20222023学年度第二学期开学检测高三数学试卷一、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，只有一项符合题目要求的）1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分别求出集合，求出交集即可.【详解】，故，.故选：D.2. 若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值.【详解】由已知可得，因此，.故选：B.3. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的解析式为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据图象的平移变换方

2、法求解即可.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，故选:C.4. 由3个2,1个0,2个3组成的六位数中,满足有相邻4位恰好是2023的六位数个数为（ ）A. 3B. 6C. 9D. 24【答案】B【解析】【分析】相邻问题捆绑法,除2023外,还有2,3两个数,只需将2,3,2023三个全排即可.【详解】解:由题得3个2,1个0,2个3中,除去2023四个数,还剩一个2,一个3,将2023进行捆绑,对2,2023,3进行全排有种.故选:B5. 若正四面体的表面积为，则其外接球的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意可知：正四面体的棱长为，将正四面体补成

3、一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即可得出结果.【详解】设正四面体的棱长为，由题意可知：，解得：， 所以正四面体的棱长为，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径，则外接球的体积为，故选：.6. 已知非零向量，满足，且，则为（ ）A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形【答案】D【解析】【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.【详解】，为等腰三角形，又， ，又，所以，为等边三角形，故选：D.7. 已知等差数列的公差为，随机变量满足，则的取值范围是（

4、 ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.【详解】因为随机变量满足，所以，也即，又因为是公差为的等差数列，所以，则有，所以，则，因为，所以，解得，故选：.8. 已知函数,关于的方程至少有三个互不相等的实数解,则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出图象,解方程可得,或,因为,根据图象分类讨论,或时,时, 时,三种情况下根的情况即可.【详解】解:由题知,(且),所以,故在上,单调递减,且,即,在上,单调递减,在上,单调递增,有,画图象如下:由至少有三个互不相等的实数解,即至少有三个互不相

5、等的实数解,即或至少有三个互不相等的实数解,由图可知,当或时,与有一个交点,即有一个实数解, 此时需要至少有两个互不相等的实数解,即,解得故或;当时,无解,舍;当时,此时有两个不等实数解有两个不等实数解,共四个不等实数解,满足题意.综上: 或.故选:C二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分透对的得2分）9. 如图是某正方体的平面展开图，则在该正方体中（ ）A. B. 平面C. 与所成角为60D. 与平面所成角的正弦值为【答案】BC【解析】【分析】利用即可判断A,B选项，证明为正三角形即可判断C，建立空

6、间直角坐标系，利用空间向量法求出线面夹角的正弦值即可.【详解】将展开图合成空间图形如下图并连接, ，四边形为平行四边形，若，则，显然不成立，故A错误，平面，平面，平面，故B正确，设正方体棱长为1，则，故为正三角形，故，而，与所成角为，故C正确，以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则,则,设平面的一个方向量，则，即，令，则，则，设与平面所成角为，则，故D错误. 故选：BC.10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）A. 的最小正周期为B. 在上单调递增C. 的图象关于点对称D. 若，且在上无零点，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】由解得，求出，由可判断A；求出的范

7、围，根据正弦函数的单调性可判断B；计算可判断C；，可得或，可得 的最小值为可判断D.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，即，解得，且，对于A，故A正确；对于B，所以，因为在上单调递减，在上单调递增，故B错误；对于C，故C正确； 对于D，若，则，可得或者，或， 且的半周期为，在上无零点，则的最小值为，故D正确.故选：ACD.11. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据均值不等式和常见的不等式放缩即可求解.【详解】，且，所以，故选项A正确；，故选项B正确；要证，证，即证，由，且，知，所以，故选项C正确；要证，即证， 因为，所以，前后取得等号条件分别是和

8、，所以不同时取得等号，故D选项正确；故选：ACD.12. 已知过抛物线焦点的直线交于两点，交的准线于点，其中点在线段上，为坐标原点，设直线的斜率为，则（ ）A. 当时，B. 当时，C. 存在使得D. 存在使得【答案】ABD【解析】【分析】特殊值法分别令和代入直线，再由抛物线的定义, 过抛物线的焦点的弦长, 选项得解,由 , 则, 联立方程组，结合韦达定理, 可判断选项C, 若 , , 联立方程组结合韦达定理, 可判断选项D.【详解】对于选项A. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,联立方程组 , 整理可得: , 则 , 由抛物线的定义: , 故A正确

9、.对于选项B. 当 时, 过抛物线 的焦点 的直线方程为: , 设该直线与抛物线交于 , 两点,联立方程组 , 整理可得: ，则 , 则 , 所以 ，由抛物线的定义: 又因为直线 与抛物线的准线 交于点 ,则，即 ，故B正确对于选项C. 设过抛物线 的焦点 的直线方程为: 与抛物线交于 两点,联立方程组 , 整理可得:则 ，所以 .若 , 则, 故不存在，使得 ,故C不正确.对于选项D. 设过抛物线 的焦点 的直线 方程为: 与抛物线交于 两点,联立方程组 , 整理可得 : ,则 ，,若 , 因为, 即 ,则 , 即: ,可得: , 即: , 则 , 解得: , 解得: .故存在使得 , 故D

10、正确;故选：ABD.【点睛】本题考查了抛物线与直线方程的位置关系，解方程组，焦点弦的应用，对与本题，运算能力，数形结合思想是关键，属于较难题.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分，两空的题目只对一空得2分） 13. 已知，则的值为_.【答案】1【解析】【分析】由，得到，再利用对数运算求解.【详解】解：因为，所以，所以，故答案为：114. 已知向量，若，则的值为_.【答案】【解析】【分析】根据题目条件可得，代入化简即可.【详解】已知向量，若，则有，.故答案为：15. “0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设是一个“0，1数列”，定义数列：数列中每个0都变为“1，

11、0，1”，中每个1都变为“0，1，0”，所得到的新数列.例如数列：1，0，则数列：0，1，0，1，0，1.已知数列：1，0，1，0，1，记数列，2，3，则数列的所有项之和为_.【答案】【解析】 【分析】根据题意，依次讨论中0与1的个数，从而得解.【详解】依题意，可知经过一次变换，每个1变成3项，其中2个0，1个1；每个0变成3项，其中2个1，1个0，因为数列：1，0，1，0，1，共有5项，3个1，2个0，所以有项，3个1变为6个0，3个1；2个0变为4个1，2个0；故数列中有7个1，8个0；有项，7个1变为14个0，7个1；8个0变为16个1，8个0；故数列中有23个1，22个0；有项，23个

12、1变为46个0，23个1；22个0变为44个1，22个0；故数列中有67个1，68个0；所以数列的所有项之和为.故答案为：.16. 在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】#0.5【解析】【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，其中与不能同时成立，则， ，故，因为，所以，故，设平面的法向量为，取，则，故

13、，点到平面的距离，三棱锥的体积为，因为，其中与不能同时成立，要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，满足要求，所以当时，取得最大值，最大值为.故答案为：【点睛】 立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.四、解答题（本题共4小题，共46分，解答应写出文字说明，证明过程或治算步骤）17. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且.（1）求

14、A；（2），BD=3，求面积的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式，得到求解.（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用三角形面积公式求解.【小问1详解】解：由正弦定理可得，因为，所以，即，整理得：，因为，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得：，即.整理得，当且仅当时，等号成立， 所以，因为，所以，所以ABC面积的最大值为.18. 定义:在数列中,若存在正整数,使得,都有,则称数列为“型数列”.已知数列满足.（1）证明:数列为“3型数列”;（2）若,数列的通项公式为,求数列的前15项和.【答案】（1）证明见解析 （2）【

15、解析】【分析】(1)若为“3型数列”只需满足,根据,进行递推,求出和关系即可证明;(2)根据(1)的结论,对中各项进行分组,再根据等差数列的前n项和公式计算结果即可.【小问1详解】解:由题知,所以有,且, 所以 ,所以数列为“3型数列”;【小问2详解】由(1)知,所以,所以.19. 某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，.（1）求批次甲芯片的次品率；（2）该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统

16、计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关. 批次是否满意合计满意不满意甲乙合计附:【答案】（1）； （2）认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05【解析】【分析】（1）根据已知可得到正品率，然后根据对立事件即可求出次品率；（2）设出零假设，列出列联表，求出，根据独立性检验原理即可得出推断.【小问1详解】由已知可得批次甲芯片的正品率，所以批次甲芯片的次品率为【小问2详解】零假设为：芯片批次与用户对开机速度

17、满意无关，得列联表如下：批次是否满意合计满意不满意甲301040 乙55560合计8515100所以，因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.0520. 如图，是以为斜边的等腰直角三角形，是等边三角形，.（1）求证：；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析; （2）.【解析】【分析】（1）取中点，在与中分别得到，根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明；（2）在中，利用余弦定理可得，以，及过点垂直于平面的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量即可求解.【小问1详解】取中点，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以.因为是等边三角形，所以.，平面，平面，所以平面.因为平面，故. 【小问2详解】在中，由余弦定理可得，故.如图，以，及过点垂直于平面的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系，可得，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，可得设为平面的一个法向量，则，即，令，可得.所以，故平面与平面夹角的余弦值为.