江苏省常州市八校2023届高三数学上学期10月联考试题（Word版有解析）.doc

1、2022-2023学年第一学期10月阶段考试高三数学 2022.10一、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. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出集合，再由，则，从而可求出实数的取值范围【详解】由，得，所以，因为，所以，因为，所以故选：D2. 已知，则值为（ ）A. B. 0C. 1D. 2【答案】B【解析】【分析】根据，结合二项式定理求解即可.【详解】因为，展开式第项，当时，当时，故，即.故选：B3. 如图是的图像，则函数的单调递减区间是（ ）A. B. C. D. 【答

2、案】B【解析】【分析】由导数与单调性的关系判断【详解】由图象知或时，因此减区间是，故选：B4. 设函数下列结论正确的是（ ）A. 的一个周期为B. 的图像关于直线对称C. 的一个零点D. 在上单调递减【答案】A【解析】【分析】根据余弦函数的图像和性质逐项判断即可.【详解】解：由题意得：对于选项A：函数的周期是，当时，周期为，故A正确；对于选项B：当时，的图像不关于直线对称，故B错误；对于选项C：当时，故的一个零点不是，故C错误；对于选项D：当时，在此区间内函数不单调，故D错误；故选：A5. 空间四边形ABCD中，若，那么有（ ）A. 平面ABC平面ADCB. 平面ABC平面ADBC. 平面AB

3、C平面DBCD. 平面ADC平面DBC【答案】D【解析】【分析】证明线面垂直，从而证明面面垂直.【详解】，平面，平面BDC又AD平面ADC，平面平面DBC故选：D6. 已知，命题：对任意，都存在，使得，则命题正确的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，再根据函数单调性分别求解即可得命题的充要条件，再根据充分与必要条件的性质判断即可.【详解】为真，在单调递增，在单调递减，.又“”是“”的一个充分不必要条件.故选：A7. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数已知数列满足，且，若

4、，数列的前项和为，则（ ）A. 4956B. 4959C. 4962D. 4965【答案】C【解析】【分析】累加法求的通项公式，进而可得，根据新定义求出不同n范围中值，即可求.【详解】，累加得：，又，也符合，则，故，则时；时；时；时，.故选：C8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X的期望为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知，根据题意设出事件，求出对应的概率，然后直接求解期望即可.【详解】由题意，随机变量X

5、可能取值是2，4，6，设每两局比赛为一轮，则该轮比赛停止的概率为，若该轮结束时比赛还要继续，则甲、乙在该轮中必是各得1分，此时该轮比赛结果对下一轮比赛是否停止没有影响，所以，,，所以期望为故选：B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. 下列化简正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】利用两角和的正弦、正切以及倍角公式等进行化简求值即可逐项判断.【详解】解：对于选项A：，故A正确；对于选项B：，故B正确对于选项C：，故C错误对于选项D：，故D错误.故选：AB10.

6、 已知函数与满足：，则下列结论正确的是（ ）A. 在定义域内单调递增B. C. 在定义域内为增函数D. 当时，存在，使得成立【答案】ACD【解析】【分析】由可推导得到，从而构造数列等比数列，利用等比数列通项公式可推导得到，结合指数函数单调性可知A正确；采用分组求和的方式，结合等比数列求和公式可知B错误；由可得，结合指数函数单调性可知C正确；由，结合单调性可将不等式化为，由时，可知满足题意，知D正确.【详解】由得：，则，即，又，是以为首项，为公比的等比数列，则在定义域内单调递增，A正确；，B错误；由知：，为增函数，为减函数，为定义域内的增函数，C正确；，又为上的增函数，则，当时，满足题意，D正确

7、.故选：ACD.11. 在单位圆上任取一点，圆与轴正向的交点是，设将绕原点逆时针旋转到所成的角为，记关于的表达式分别为，则下列说法正确的是（ ）A. 是偶函数，是奇函数B. 在为增函数，在为减函数C. 对于恒成立D. 函数的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据正弦函数、余弦函数的定义，结合辅助角公式、正弦型函数、余弦型函数的性质逐一判断即可.【详解】由题意可知：，即，显然是偶函数，是奇函数，A对显然在时单调递增，单调递减，B错，则，C对，因为，所以，令，所以或，在这一个周期内或或在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，D对，故选：ACD【点睛】关键点睛：运用正弦函数、余弦函数的定义，结

8、合导数的性质是解题的关键.12. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A. 勒洛四面体被平面截得的截面面积是B. 勒洛四面体内切球的半径是C. 勒洛四面体的截面面积的最大值为D. 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为【答案】CD【解析】【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答

9、案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.【详解】对于A，故A错误，截面示意图如下：对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图：正外接圆半径,正四面体高,令正四面体的外接球半径为,在中,，解得,此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；对于C，显然勒洛

10、四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.故选：CD【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 设随机变量，若，则_【答案】#【解析】【分析】根据正态分布的对称性计算可得答案.【详解】因为，所以对称轴为，所以，故答案为：.14. 已知为正实数，则的最小

11、值为_【答案】4【解析】【分析】根据基本不等式可求解.【详解】解：由题意得： 为正实数当且仅当，即时取最小值.故答案为：15. 函数的图象与直线（为常数）相交于三个不同的点，设，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据、关于对称轴对称，可知，由直线为常数）相交于三个不同的点，可以求出的取值范围，进而求出的范围【详解】当时，所以，关于对称，即，时，而时由得，所以或，故答案为：16. 法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点在中，已知，设为的费马点，且满足，则的外接圆半径长为_【答案】【解析】【分析】根据题意作出图形，进而结合正余弦定

12、理求出的长度，从而可求出结果.【详解】，中，设的外接圆半径为，故答案：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知函数（1）求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形面积；（2）过点作曲线的切线，若切线有且仅有1条，求实数的值【答案】（1） （2）或1【解析】【分析】（1）对求导，代入分别得到纵坐标及斜率，最后求出直线，得到围成的三角形面积；（2）设出切点坐标，得到切线斜率，写出切线方程，代入点坐标，化简得到，利用得到答案.【小问1详解】，令，故曲线在点处的切线方程为，分别令，则，则与两坐标轴交点为，三角形面积为【小问2详解】设切点为，由已知得，则切

13、线斜率，切线方程为直线过点，则，化简得切线有且仅有1条，即，化简得，即，解得或118. 密铺，即平面图形的镶嵌，指用形状大小完全相同的平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙不重叠地铺成一片.皇冠图形（图1）是一个密铺图形，它由四个完全相同的平面凹四边形组成.为测皇冠图形的面积，测得在平面凹四边形（图2）中，.（1）若，求平面凹四边形的面积；（2）若，求平面凹四边形的面积的最小值.【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得，然后利用余弦定理，同角关系式及三角形面积公式即得；（2）利用余弦定理及基本不等式可得，进而可得平面凹四边形面积的最小值.【小问1详解】如图，连接，在中，由

14、余弦定理，得，在中，又，；【小问2详解】由（1）知，中，当且仅当时等号成立，当且仅当时，平面凹四边形面积取得最小值.19. 已知正项数列的前项和为，且满足（1）求数列的通项公式；（2）若对任意的，都有成立，求实数的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用和之间的关系代入递推公式后可求得的通项公式，即可求出的通项；（2）利用作差法求出，可知数列为单调递减数列，以为恒成立，所以，求出即可.【小问1详解】解：由题意得：当时，所以；当时，即整理得，所以故所以因为满足，所以【小问2详解】因为，所以，即所以，即数列为递减数列因为恒成立所以所以20. 四棱锥底面为平行四边形，且，平面，（1）

15、点在棱上，且，求证：平面；（2）若异面直线与所成角的余弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）作出点，并连接，且交于点，连接，可知，得到，进而得到，即可证明；（2）中，由余弦定理和勾股定理可得，再以为原点建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式表达出异面直线与所成角的余弦值，进而求出点的坐标，再利用空间向量解决二面角问题即可.【小问1详解】作出点，并连接，且交于点，连接，在平行四边形中，则，又因为，所以，则有，平面，平面，所以平面【小问2详解】在中，则，有，于是得，即，又平面，则以点为原点，直线，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，设

16、，有，因异面直线与所成角的余弦值为，则，解得，设平面的法向量，则，令，得，取平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为21. 汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到7下面的统计表：年份20172018201920202021年份代码12345销量万辆1012172026（1）统计表明销量与年份代码有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；（2）为了

17、解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业心随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本其中男性车主中购置传统燃油汽车的有名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车若，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人）；设男性车主中购置新能源汽车的概率为，老吉将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为，求当为何值时，最大附： 为回归方程，【答案】（1），20

18、28年 （2）万人；【解析】【分析】（1）根据所给数据，结合线性回归的公式求解方程，再令求解即可；（2）计算该地区购置新能源汽车车主中女性车主的频数与总人数求解即可；根据二项分布的概率公式可得，再求导分析的最大值即可.【小问1详解】解：由题意得 ，所以，所以关于的线性回归方程为，令，得，所以最小的整数为12，所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆【小问2详解】解：由题意知，该地区200名购车者中女性有名，故其中购置新能源汽车的女性车主的有名所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为3

19、3万辆，因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为万人由题意知，则当时，知所以函数单调递增当时，知所以函数单调递减所以当取得最大值此时，解得，所以当时取得最大值22. 已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求实数的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据定义域可化简函数，构造新函数，即求的解集即可，而，所以解集为（2）对a分情况讨论，当时，恒成立，当时，引入隐零点x0 ，在上单调递减，在上单调递增，得时【小问1详解】f(x)的定义域为当时，令，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以，则不等式的解集为【小问2详解】当时，此时，令，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，所以，又，则，又，所以，此时符合题意当时，令，恒成立，则在上单调递增，又，存在唯一的使，且，所以当时，由，则在上单调递减，当时，由，（分开考虑导函数符号）当时，在上单调递增，则，所以当时，所以在上单调递增，所以，由题意则，设，则在上恒成立，所以在上单调递增，此时，即，综上所述，实数的取值范围为【点睛】导数题目中，构造新的函数，隐零点的合理使用都非常重要.