2022-2023學年第二學期高三階段性測試2023.4無錫市輔仁高級中學、江陰高中、宜興一中、常州市北郊中學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復數滿足，（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復數的除法運算先計算，求出，再由模長公式即可求解.【詳解】由可得，所以，所以，故選：D.2.設，已知兩個非空集合，滿足，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用韋恩圖，結合集合的交集和并集運算即可求解.【詳解】根據題意，作出如下圖韋恩圖：滿足，即.故選：B.3.大約公元前300年，歐幾里得在他所著《幾何原本》中證明了算術基本定理：每一個比1大的數（每個比1大的正整數）要么本身是一個素數，要么可以寫成一系列素數的乘積，如果不考慮這些素數在乘積中的順序，那么寫出來的形式是唯一的，即任何一個大于1的自然數（不為素數）能唯一地寫成（其中是素數，是正整數，，），將上式稱為自然數的標準分解式，且的標準分解式中有個素數．從120的標準分解式中任取3個素數，則一共可以組成不同的三位數的個數為（）A.6 B.13 C.19 D.60【答案】B【解析】【分析】首先根據的標準分解式得到，然后根據這5個素數的特點進行分類討論，最后利用分類加法計數原理即可得解．【詳解】解根據標準分解式可得，故從2，2，2，3，5這5個素數中任取3個組成三位數，有下列三種情況：①選取3個2，可以組成1個三位數；②選取2個2后，再從3或5中選一個，可以組成個不同的三位數；③選取2，3，5，可以組成個不同的三位數．所以從120的標準分解式中任取3個素數，一共可以組成個不同的三位數.故選：B．4.已知多項式，則（）A.11 B.74 C.86 D.【答案】B【解析】【分析】利用二項式定理分別求出與一次項的系數，再相加即可.【詳解】對于，其展開通項公式為，令，得，故，對于，其展開通項公式為，令，得，故，所以.故選：B.5.勒洛三角形是一種典型的定寬曲線，以等邊三角形每個頂點為圓心，以邊長為半徑，在另兩個頂點間作一段圓弧，三段圓弧圍成的曲邊三角形就是勒洛三角形.在如圖所示的勒洛三角形中，已知，為弧上的點且，則的值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐標系，利用平面向量的坐標運算求解.【詳解】以為坐標原點，為軸，垂直于方向為，建立平面直角坐標系，因為，,所以，即，且所以，所以，故選:C.6.在三棱錐中，平面BCD，，則三棱錐的外接球的表面積與三棱錐的體積之比為（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】證明,為直角三角形后可得的中點為外接球的球心，為半徑,分別計算外接球的表面積與三棱錐的體積即可.【詳解】取的中點,連接，因為面面面所以，所以，所以，，因為面面所以面，又因為面，所以，所以，所以，所以為三棱錐的外接球的圓心,半徑，所以球的表面積為，三棱錐的體積為，故.故選：D7.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知利用二倍角公式和兩角差正弦公式，化簡已知等式可得，結合，利用二倍角公式可求出.【詳解】，，得，得，可得，，，，又，得，解得.故選：A8.已知函數．設s為正數，則在中（）A.不可能同時大于其它兩個 B.可能同時小于其它兩個C.三者不可能同時相等 D.至少有一個小于【答案】D【解析】【分析】利用導數分析函數的單調性和最值，并結合的大小關系，通過賦值或分類討論分析判斷.【詳解】∵，則當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減，則，且，對A：若，則，則，A錯誤；對B、C：當時，則，故；當時，則，故；當時，則，故；當時，則，故；綜上所述：不可能同時小于，B、C錯誤；對D：構建，則當時恒成立，故在上單調遞減，則，令，可得，則，故，即，使得，反證：假設均不小于，則，顯然不成立，假設不成立，D正確.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：在比較與的大小關系時，通過構建函數，結合導數分析判斷.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.甲袋中裝有4個白球，2個紅球和2個黑球，乙袋中裝有3個白球，3個紅球和2個黑球．先從甲袋中隨機取出一球放入乙袋，再從乙袋中隨機取出一球．用，，分別表示甲袋取出的球是白球、紅球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，則（）A.，，兩兩互斥 B.C.與B是相互獨立事件 D.【答案】AB【解析】【分析】對于A，由互斥事件的定義判斷，對于B，由條件概率的公式求解即可，對于C，由獨立事件的定義判斷，對于D，由求解【詳解】對于A，由題意可知，，不可能同時發生，所以，，兩兩互斥，所以A正確，對于B，由題意可得，所以，所以B正確，對于C，因為，，，所以，所以與B不是相互獨立事件，所以C錯誤，對于D，由C選項可知D是錯誤的，故選：AB10.已知經過點的圓的圓心坐標為（為整數），且與直線相切，直線與圓相交于、兩點，下列說法正確的是（）A.圓的標準方程為B.若，則實數的值為C.若，則直線的方程為或D.弦的中點的軌跡方程為【答案】BC【解析】【分析】根據題意可得出關于的等式，結合可求得的值，可得出圓的方程，可判斷A選項；分析可知直線過圓心，求出的值，可判斷B選項；利用勾股定理結合點到直線的距離求出的值，可得出直線的方程，可判斷C選項；根據已知條件求出點的軌跡方程，可判斷D選項.【詳解】對于A，設圓的半徑為，由題意可得圓的方程為（為整數），根據點是圓上的點，且圓與直線相切，則，所以，，因為，解得，則，則圓的標準方程為，故A錯誤；對于B，由題意可知圓的標準方程為，圓心，點在圓上，且，線段為圓的一條直徑，直線與圓相交于、兩點，圓心在直線上，，解得，故B正確；對于C，由選項A知圓的半徑為，圓心，則圓心到直線的距離，，即，解得，，整理得，解得或，則直線的方程為或，故C正確；對于D，直線的方程可化為，過定點，由圓的性質可得，點的軌跡是以線段為直徑的圓，則此圓圓心為線段的中點，其坐標為，半徑為，則該圓的方程為，由解得或，故弦的中點的軌跡方程為，故D錯誤；故選：BC.11.已知函數的導函數，且，，則（）A.是函數的一個極大值點B.C.函數在處切線的斜率小于零D.【答案】AB【解析】【分析】根據導數符號與單調性的關系，以及極值的定義逐項分析判斷.【詳解】令，解得，則在上單調遞增，令，解得或，則在上單調遞減，故是函數的一個極大值點，，A、B正確；∵，則，故函數在處切線的斜率大于零，C錯誤；又∵，則，但無法確定函數值的正負，D錯誤；故選：AB.12.如圖1，在中，，，，DE是的中位線，沿DE將進行翻折，連接AB，AC得到四棱錐（如圖2），點F為AB的中點，在翻折過程中下列結論正確的是（）A.當點A與點C重合時，三角形ADE翻折旋轉所得的幾何體的表面積為B.四棱錐的體積的最大值為C.若三角形ACE為正三角形，則點F到平面ACD的距離為D.若異面直線AC與BD所成角的余弦值為，則A、C兩點間的距離為2【答案】AB【解析】【分析】根據圓錐的表面積公式即可判斷A,由銳角三角函數結合錐體的體積公式可表達出體積關系式,結合三角函數的性質即可判斷B,根據長度關系可得垂直以及平行，結合等面積法得即可求解C,由線線角的幾何法求解，結合余弦定理即可判斷D.【詳解】由題意，在中，，，，DE是的中位線，∴，，，∴，，對于A項，當點A與點C重合時，三角形ADE翻折旋轉所得的幾何體為底面半徑為，高為的半個圓錐，∴三角形ADE翻折旋轉所得的幾何體的表面積為：，故A正確；對于B項，設，則，設點到的距離為，則，∴四棱錐的體積為：，在中，，∴，∴四棱錐的體積的最大值為，故B正確；對于C，D項，當三角形ACE為正三角形時，，，取中點為,的中點，連接，，連接，在中，，點F為AB的中點，由于分別是的中點，所以,,,因此四邊形為平行四邊形，故由于平面,所以平面,平面,所以,因此四邊形為矩形，則由于,所以平面,平面,所以，在中，，∴，為的中點，在中，為的中點，點F為AB的中點，，∴，而平面，即有平面，又平面，因此平面平面，而平面平面，所以點F到平面ACD的距離等于點F到直線DG的距離，則，，在中，在矩形中，，，，設點F到平面ACD的距離為，在中，，即，解得：，故C錯誤，對于D,由于,所以四邊形為平行四邊形，故，又，此時即為異面直線AC與BD所成的角或補角，由于，,,由余弦定理，解得，則A,C兩點間的距離為，故D錯誤；故選：AB.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．請將答案寫在答題卡相應的位置上.13.在平面直角坐標系中，拋物線的焦點為F，準線為l，P為拋物線上一點，過點P作，交準線l于點A.若，則的長為_________.【答案】【解析】【分析】由拋物線的定義得出是等邊三角形，再由定義得出點坐標，進而由距離公式求解.【詳解】不妨設點在第二象限，由拋物線定義可得，又，所以是等邊三角形．所以，則，則，，則.故答案為：14.已知函數，將的圖像向右平移個單位長度后的函數的圖像，若為偶函數，則函數在上的值域為___________.【答案】【解析】【分析】根據三角函數的變換規則得到的解析式，再根據為偶函數求出的值，即可求出的解析式，最后根據正弦函數的性質計算可得.【詳解】解：因為，將的圖像向右平移個單位長度得到，又為偶函數，所以，，解得，，因為，所以，所以，因為，則，所以，則.故答案為：15.已知數列的前項和為，，，若對任意，等式恒成立，則_______.【答案】＃＃0.5【解析】【分析】根據的關系可得數列是以為首項，1為公差的等差數列，進而由等差數列的求和公式即可化簡求解.【詳解】因為，所以當時，有，兩式相減得，即有，整理得：，所以，所以數列是以為首項，1為公差的等差數列，所以，，則，所以，又因為對任意，等式恒成立，所以，解得.故答案為：16.如圖1所示，雙曲線具有光學性質：從雙曲線右焦點發出的光線經過雙曲線鏡面反射，其反射光線的反向延長線經過雙曲線的左焦點.若雙曲線的左、右焦點分別為，，從發出的光線經過圖2中的、兩點反射后，分別經過點和，且，，則的離心率為__________.【答案】【解析】【分析】由雙曲線的性質，結合雙曲線的定義及余弦定理求解即可.【詳解】由，，則，，設，則，，由雙曲線的性質可得，，則，即，即，，，，在直角三角形中，由勾股定理可得，即，即，故答案為：.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知等比數列的前項和為，且，，數列滿足．（1）求數列和的通項公式；（2）若對任意的，恒成立，求實數的取值范圍．【答案】（1），；，（2）．【解析】【分析】（1）設等比數列的公比為，由求得公比，再由求解；進而由求解.（2）由對于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可.【小問1詳解】解：設等比數列公比為，由，顯然，所以，解得，由于，所以的通項公式為，；所以，，所以的通項公式為，．【小問2詳解】因為恒成立，即對于任意的恒成立．令，，則，當時，所以，即的最小值為，所以實數的取值范圍為.18.已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，滿足.（1）證明（2）求所有正整數k，m的值，使得和同時成立【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）由結合已知條件得，，進而得到，再利用正弦定理邊化角即可求解；（2）由得，,再利用正余弦定理化簡得，結合條件得，即，再分析求解即可.【小問1詳解】因為，所以，即，因為，所以，即，由正弦定理得，其中為的外接圓半徑，所以.【小問2詳解】由，可知，則由正、余弦定理得到，化簡得，因為，，所以，即，因為均為正整數，所以由可知為2的正整數因式1或2，故，所以，即，所以.19.如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的菱形，△PAD為等邊三角形，平面平面ABCD，．（1）求點A到平面PBC的距離；（2）E為線段PC上一點，若直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，求平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取AD中點O，連接OB，OP.通過證明，可得，.后由等體積法可求得點A到平面PBC的距離；（2）由（1），如圖建立以O為原點的空間直角坐標系，由直線AE與平面ABCD所成的角的正弦值為，可得.求得平面ADE的法向量后，利用空間向量可得平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值.【小問1詳解】取AD中點O，連接OB，OP.∵為等邊三角形，∴，OA=1，.又∵平面平面ABCD，平面平面ABCD=AD，平面PAD，∴平面ABC.又∵平面ABCD，∴.∵，∴，∴.又∵，平面POB，平面POB，，∴平面POB.又∵平面POB，∴.∴，設點A到平面PBC的距離為h，則即，∴；【小問2詳解】由（1），分別以OA，OB，OP為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則，，，，，，.設，則，.得，則.又平面ABC，則取平面ABCD的法向量.設AE與平面ABCD所成的角為，則，解得.則，.設平面ADE的法向量，則.令，則取平面ADE的法向量，又平面ABCD的法向量.故平面ADE與平面ABCD夾角的余弦值為.20.互花米草是禾本科草本植物，其根系發達，具有極高的繁殖系數，對近海生態具有較大的危害．為盡快消除互花米草危害，2022年10月24日，市政府印發了《莆田市互花米草除治攻堅實施方案》，對全市除治攻堅行動做了具體部署．某研究小組為了解甲、乙兩鎮的互花米草根系分布深度情況，采用按比例分層抽樣的方法抽取樣本．已知甲鎮的樣本容量，樣本平均數，樣本方差；乙鎮的樣本容量，樣本平均數，樣本方差．（1）求由兩鎮樣本組成的總樣本的平均數及其方差；（2）為營造“廣泛發動、全民參與”的濃厚氛圍，甲、乙兩鎮決定進行一次“互花米草除治大練兵”比賽，兩鎮各派一支代表隊參加，經抽簽確定第一場在甲鎮舉行．比賽規則：每場比賽直至分出勝負為止，勝方得1分，負方得0分，下一場在負方舉行，先得2分的代表隊獲勝，比賽結束．當比賽在甲鎮舉行時，甲鎮代表隊獲勝的概率為，當比賽在乙鎮舉行時，甲鎮代表隊獲勝的概率為．假設每場比賽結果相互獨立.甲鎮代表隊的最終得分記為X，求．參考數據：．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用平均數的計算公式求得，再利用方差的計算公式進行轉化求解即可得解；（2）先根據題意得到的所有可能取值，再利用獨立事件的概率公式分別求得各個取值的概率，從而利用數學期望的計算公式即可得解.【小問1詳解】根據題意，得，因為，同理，所以，所以總樣本的平均數為，方差.【小問2詳解】依題意可知，的所有可能取值為，設“第場比賽在甲鎮舉行，甲鎮代表隊獲勝”事件，“第場比賽在乙鎮舉行，甲鎮代表隊獲勝”為事件，則，所以，，，所以.21.已知曲線，直線與曲線交于軸右側不同的兩點．（1）求的取值范圍；（2）已知點的坐標為，試問：的內心是否恒在一條定直線上？若是，請求出該直線方程；若不是，請說明理由．【答案】（1）（2）的內心恒在一條定直線上，該直線為【解析】【分析】（1）聯立方程，根據題意結合韋達定理列式求解；（2）根據（1）中的韋達定理證明，即可得結果.【小問1詳解】設，聯立方程，消去y得：，由題意可得，解得，故的取值范圍為.【小問2詳解】內心恒在一條定直線上，該直線為，∵，即點在橢圓上，若直線過點，則，解得，即直線不過點，故直線的斜率存在，由（1）可得：，設直線的斜率分別為，則，∵，即，則的角平分線為，故的內心恒在直線上.【點睛】方法定睛：存在性問題求解的思路及策略：(1)思路：先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在；若結論不正確則不存在．(2)策略：①當條件和結論不唯一時要分類討論；②當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；③當條件和結論都不知，按常規法解題很難時，可先由特殊情況探究，再推廣到一般情況．22.已知函數，．（1）若，證明：在上單調遞增．（2）若存在兩個極小值點．①求實數的取值范圍；②試比較與的大小．【答案】（1）證明見解析（2）①；②.【解析】【分析】（1）求得，根據題意得到，設，利用導數求得的單調性和，即可證得在上單調遞增；（2）根據題意求得，令，則，（i）當時，得到單調遞增，進而得到的單調性，得出只有一個極小