1、金陵中学、海安中学2023届高三10月第二次联考数 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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据交集的定义求，再由并集的定义求.【详解】因为，所以，又，所以，故选：C.2. 为虚数单位，则满足的方程是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据实系数一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【详解】四个选项中的方程是实数系一元二次方程，所以可知是实系数一元二次方程的根，因此也是该实系数一元二次方程的根，而，因此选项D符合，故选：D3. 的展
2、开式中的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由二项式定理将展开，然后得出，即可求出的系数.【详解】由二项式定理：观察可知的系数为.故选：B.4. 设为所在平面内一点，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的加减、数乘运算即可求得.【详解】，所以三点共线且.如图所示：，即.故选：A.5. 设，若p：成等比数列；q：，则A. p是q的充分条件，但不是q的必要条件B. p是q的必要条件，但不是q的充分条件C. p是q的充分必要条件D. p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件【答案】A【解析】【详解】对命题p：成等比数列，则公比且；对命题
3、，当时，成立；当时，根据柯西不等式，等式成立，则，所以成等比数列，所以是的充分条件，但不是的必要条件考点：等比数列的判定，柯西不等式，充分条件与必要条件6. 关于函数，其中，给出下列四个结论：甲：6是该函数的零点； 乙：4是该函数的零点；丙：该函数的零点之积为0； 丁：方程有两个不等的实根若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误的结论是（ ）A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁【答案】B【解析】【分析】由已知函数的单调性判断甲乙中有一个结论错误，假设甲正确，结合丙正确求得的值，得到函数解析式，再说明丁正确，则答案可求.【详解】当时，为增函数，当，为减函数，故6和4只有一个是函数的零点，即甲乙
4、中有一个结论错误，一个结论正确，故丙丁均正确.由两零点之积为，则必有一个零点为，则，若甲正确，则，即，则，可得，由可得：或，解得：或，方程有两个不等的实根，故丁正确，故甲正确，乙错误.若乙正确，则，即，则，可得，由可得：或，解得：，方程只有一个实根，故丁错误，不满足题意.故甲正确，乙错误.故选：B7. 设常数使方程在区间上恰有五个解，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】令，作出函数在上的图像，判断方程在区间上恰有五个解的条件，解方程.【详解】作出函数在上的图像:由图像可知，在区间上恰有五个解，只有时才能成立，由，解得：，故选：C8. 设，表示不超过的最大整数，若存在实数，
5、使得，同时成立，则正整数的最大值是（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】根据取整函数的定义，分别求出满足条件， ，的的范围，研究它们的交集即可确定的最大值.【详解】，当时，因为，所以，即当时，因为，所以，当时，因为，所以，所以若则，此时，故不存在满足， ，同时成立，正整数的最大值为4，故选：A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. 已知函数，则（ ）A. 的最大值为3B. 的最小正周期为C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递减【答案】BC【解析】【分析】首先利用
6、诱导公式和二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质逐一检验四个选项的正误即可求解.【详解】所以的最大值为，故选项A不正确；的最小正周期为，故选项B正确；因为，解得：，所以直线是的图象的对称轴，故选项C正确；令，解得：，所以在区间和单调递减，在上单调递增，故选项D不正确，故选：BC.10. 已知实数，满足且，则下列不等式关系一定正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【分析】由条件确定的正负，利用比较法判断A，举反例判断B，D，根据不等式的性质判断C.【详解】由题意得或，因为，又，所以，所以，A正确，取，则，但，B错误，因为，所以，C正确，取，时，则，但，D错误故选：A
7、C.11. 已知与均为单位向量，其夹角为，则（ ）A. B. C. 若，则D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】转化，结合数量积运算律，数量积的定义，分析即可判断【详解】A对，B对，C错，D对，故选：ABD12. 连接正方体每个面的中心构成一个正八面体甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则（ ）A. 甲选择的三个点构成正三角形的概率为B. 甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为C. 乙选择的三个点构成正三角形的概率为D. 甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为【答案】ACD【解析】【分析
8、】利用古典概型的概率公式分别求出四个选项中的概率，即可判断得到答案.【详解】甲随机选择的情况有种，乙随机选择的情况有种，对于A：甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种，故甲选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项A正确；对于B：甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：上下两点都选，中间四个点中选一个，共有种；上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有种；中间四个点中选三个点，共有种，故共有4+4+4= 12种，所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为，故选项B错误；对于C：乙选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：上
9、面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点，或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点，共有种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项C正确；对于D ：选择的三个点构成等腰直角三角形同上所求，共有8+16=24种，概率为， 甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为，故D选项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知函数，不论为何值，曲线均存在一条固定切线，则这条切线的方程是_【答案】【解析】【分析】求出导函数，求出与无关的导数值，可得切
10、点与斜率，从而可得切线方程.【详解】由，得，则，这两个值均与无关，所以不论取何值，曲线均存在一条固定的切线，此时切点为，所以切线方程为，故答案为：14. 已知函数，若存在，使得在区间的最小值为1且最大值为1，则符合条件的一组，的值为_【答案】a=4，b=1（答案不唯一）【解析】【分析】求导数，讨论函数有区间内的单调性，找到最大值和最小值.【详解】，不妨令，在区间0，1上恒成立，在区间0，1上单调递减，此时要满足题意则，解得符合条件的一组a，b的值为：故答案为：a=4，b=115. 在数列中，数列满足，若，则数列的前2022项和为_【答案】【解析】【分析】将数列的前2022项和分解为奇数项和与偶
11、数项和进行求解.【详解】由已知得，所以，即数列前2022项中偶数项的和为：.又由已知得，所以，即奇数项为公比为1的等比数列，即，即前2022项中奇数项和为1；综上所述，前2022项和为故答案为：16. 已知椭圆：的右焦点为，经过原点且斜率的直线与椭圆交于，两点，的中点为，的中点为若，则椭圆的离心率的取值范围是_【答案】【解析】【分析】设，由条件求出的坐标，由条件确定的关系，由求出的范围，结合点在椭圆上可求的范围，由此可求椭圆的离心率的取值范围.【详解】设（不妨设，），则，由直线过原点和椭圆的对称性可得，所以，所以由点在椭圆上得，结合上述条件可得：，化简得，即，解得，所以，所以故答案为：.四、解
12、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. 已知数列是公比为的等比数列，前项和为，且满足，（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足 ，求数列的前项和【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意列出方程组，求得首项和公比，即得答案；（2）根据，可得的表达式，结合等比数列的前n项和公式和裂项求和法，即可求得答案.【小问1详解】由题意得，故， ，即；【小问2详解】由已知，得n为奇数时，；当n为偶数时， ，则18. 在检测中为减少检测次数，我们常采取“合1检测法”，即将个人的样本合并检测，若为阴性，则该小组所有样本均未感染病毒；若为阳性，则改需对本组的每个人再做检测
13、现有人，已知其中有2人感染病毒（1）若，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率；（2）设采取“5合1检测法”的总检测次数为，采取“10合1检测法”的总检测次数为，若仅考虑总检测次数的期望值，当为多少时，采取“10合1检测法”更适宜？请说明理由【答案】（1） （2）当时，采取10合1检测法更适宜；理由见解析【解析】分析】（1）平均分为5组，共检测15可知2个感染者分在同一组，计算所求概率；（2）分类讨论感染者分在同一组和分在不同小组，计算两种方案总检测次数的期望值，进行比较得出结论.【小问1详解】现共有50人，由题意先平均分为5组，检测5次，因为共检测15次，所以两个感染者必定分在同一组
14、中，所以共检测15次的概率有两种算法，第一种是分组分配思想，第二种是算一组已经有一名感染者的情况下，选中另一名感染者，即两种算法结果为和，结果均为；所以k5，并采取“10合1检测法”，求共检测15次的概率为.【小问2详解】当感染者在同一组时，此时，当感染者不在同一组时，此时，所以，由题意，综上：时，采取10合1检测法更适宜19. 在中，内角，所对的边分别为，为边上一点，若（1）证明：（i）平分；（ii）；（2）若，求的最大值【答案】（1）（i）证明见解析 ；（ii）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）（i）利用正弦定理和，得到，即可得到；（ii）利用余弦定理得到，及由（i）得，分类讨论：和
15、，分别证明；（2）由利用三角公式判断出是直角三角形，把转化为，利用基本不等式求出的最大值【小问1详解】（i）在三角形中，由正弦定理得，即；在三角形中，由正弦定理得，即.因为，所以所以.因为与互补，所以，所以.因为A为三角形内角，所以，所以，所以平分；（ii）因为，所以，由余弦定理得，化简得，由（i）得，代入上式有：.当时，消去，得：，即证.当时，为等腰三角形，由三线合一可知，且.由勾股定理得：.因为，.所以成立.综上所述：.【小问2详解】由已知得，所以是直角三角形，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为20. 在一张纸上有一个圆：，定点，折叠纸片使圆上某一点好与点重合，这样每次折叠都会留下
16、一条直线折痕，设折痕与直线的交点为（1）求证：为定值，并求出点的轨迹方程；（2）设，为曲线上一点，为圆上一点（，均不在轴上）直线，的斜率分别记为，且，求证：直线过定点，并求出此定点的坐标【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析；定点【解析】【分析】（1）利用对称性可知为定值，结合双曲线定义可得点的轨迹方程；（2）直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，三点共线得，从而可得定点.【小问1详解】由题意得，所以，即的轨迹是以，为焦点，实轴长为2的双曲线，即：；【小问2详解】由已知得：，：，联立直线方程与双曲线方程，由韦达定理得，所以，即，所以，联立直线方程与圆方程，由韦达定理得，所以，即，
17、因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点轴上，设定点，由三点共线得，即，所以直线过定点21. 已知底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体如图所示，若，（1）求点到平面的距离；（2）求锐二面角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）求出相关线段的长，利用等体积法即，求得答案；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】设，由已知底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体, ，,则为正三角形，得，则 ,即,故,由已知知平面,平面,故 ,又,平面,故平面，又平面, 平面,故平面,即点到平面的距离相等；设点到平面的距离
18、为，则，即，即；【小问2详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，由题意底面为菱形的直四棱柱，被平面所截几何体，可知,即四边形为平行四边形，即,则，即，设面法向量为，则 ，设，则，设平面法向量为，则 ，设，则，所以,故锐二面角的余弦值为22. 已知函数，（1）若在存在极小值点，求的取值范围；（2）若函数有3个零点，（），求证：；【答案】（1） （2） 证明见解析；证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，由极值的定义判断存在极小值的条件；（2）分类讨论去绝对值，利用导数判断零点所在区间，通过构造函数研究单调性证明不等式.【小问1详解】，设
19、，则，时，单调递增，F(x)g(x)f(x)在1，)存在极小值点，要满足题意，则，解得，所以的取值范围是；【小问2详解】则，即时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增，要满足题意则需，即，此时.易发现，因此要证，即证，即证，即证，设，即证，设，则，在上递减，所以，即得证，则得证；.由可知，下面证明当时，单调递减，由要证，即证，即证，即证，设，即证，由可知，所以，即得证，则得证，在时恒成立，所以，在时恒成立，所以，即，有，得证【点睛】1.导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值2.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧，许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.