2023届高三下学期4月信息卷——数学试题（一）
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．设为所在平面内一点，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知直线方程：，若不经过第四象限，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
5．甲、乙两人练习射击，命中目标的概率分别为和，甲、乙两人各射击一次，有下列说法：①目标恰好被命中一次的概率为；②目标恰好被命中两次的概率为；③目标被命中的概率为＋；④目标被命中的概率为1－，以上说法正确的是（ ）
A．②③ B．①②③ C．②④ D．①③
6．青花穿花龙纹盘是我国明朝生产的一件国宝级瓷器，现收藏于国家博物馆.该盘撇口，弧壁，广底，底心微塌，圈足.通体绘青花纹饰，盘心及内外壁绘穿花龙纹，足墙绘如意云头纹，气势雄伟，表现出苍莽天穹巨龙的威武形象.青花穿花龙纹盘的形状可近似看作是圆台和圆柱的组合体，盘高，口径，足径，底部圆柱高，则该青花穿花龙纹盘的容积约为（ ）（其中的值取3）
A．591毫升 B．1044毫升 C．1576毫升 D．1700毫升
7．已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知平面向量、、为三个单位向量，且，若（），则的可能取值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（ ）
A．的最小值是
B．
C．三棱锥的体积是定值
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围是
11．在平面直角坐标系中，，F为抛物线的焦点，点P在C上，轴于A，则（ ）
A．当时，的最小值为3
B．当时，的最小值为4
C．当时，的最大值为1
D．当轴时，为定值
12．若过点最多可以作出条直线与函数的图像相切，则（ ）
A．可以等于2022 B．不可以等于3
C． D．时，
三、填空题
13．若是等差数列的前项和，且，则__________.
14．在的展开式中，的系数为28，则a=________．
15．已知，则______．
16．已知是椭圆和双曲线的交点，，是，的公共焦点，，分别为，的离心率，若，则的取值范围为______．
四、解答题
17．已知数列的前项和为，，且.
(1)求数列的通项公式，
(2)设数列满足（），求数列的前项和为
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点D是边BC上的一点，且．
(1)求证：；
(2)若，求．
19．近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参加高考的90位考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人）
首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业
女性 25 35
男性 5 25
(1)根据表中数据并依据小概率值α=0.05的独立性检验，分析首选志愿为师范专业与性别是否有关联．
(2)用样本估计总体，用本次调研中首选志愿样本的频率代替首选志愿的概率，从2022年全国考生中随机抽取3人，设被抽取的3人中首选志愿为师范专业的人数为，求的分布列、数学期望和方差．
附：，．
0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
20．如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥AD，CD⊥AD，A1D⊥BD1．
(1)证明：四边形ADD1A1为正方形；
(2)若直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为，CD＝2AB，求平面ABD1与平面BCD1的夹角的大小．
21．已知椭圆（a＞b＞0）的上顶点E与其左、右焦点构成面积为1的直角三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于，两点，若，求直线l的方程．
22．已知有两个极值点、，且．
(1)求的范围；
(2)当时，证明：．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】确定，，再计算交集得到答案.
【详解】，，
故.
故选：C
2．D
【分析】利用复数的除法运算解出，则得到，则得到对应的点.
【详解】，
,
则,其对应点为,
故选：D.
3．A
【分析】根据平面向量的基本定理以及向量的加法与减法法则即可求解.
【详解】解：，
，
.
故选：A.
4．B
【分析】根据直线过定点，分和两种情况讨论即可得解.
【详解】根据直线方程可得，
故直线过点，
当时，若直线过原点可得，
当时，直线不过第四象限，
当时，直线过第四象限，
综上可得，
故选：B
5．C
【解析】根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解.
【详解】对于说法①，目标恰好被命中一次的概率为＋，所以①错误，
对于说法②，目标恰好被命中两次的概率为，故②正确
对于说法③，目标被命中的概率为＋＋，所以③错误，
对于说法④，目标被命中的概率为1－，故④正确.
故选：C.
6．B
【分析】根据圆台和圆柱的体积公式计算,即可得答案.
【详解】由题意得圆台上底面半径为 ，
圆台下底面和圆柱的底面半径为 ，
青花穿花龙纹盘的容积约为：
，
故选：B
7．D
【分析】将变为，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合，根据函数的单调性即可得出答案.
【详解】解：由，
得，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又因，
且，
所以，
即，
所以.
故选：D.
8．B
【分析】由奇函数满足，推导出，得到函数的周期为4，由，结合函数的周期性和奇偶性，得到.
【详解】因为为奇函数
所以，
又，
∴，
将替换为得：，即，
故，
所以的周期，
因为，所以，
则，
则
故选：B．
9．ABC
【解析】以向量、方向为x，y轴建立坐标系，则终点在单位圆上的向量，可计算取值范围，即得结果.
【详解】依题意，、是一组垂直的单位向量，如图建立坐标系，向量、作为一组垂直的单位基底可以表示单位圆上任一点C（表示由x轴非负半轴旋转到OC所形成的角）构成的向量，，
因为，，，，
所以，故，，
故，故可以是选项中的0，1，.
故选：ABC.
10．BCD
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据可求得点的轨迹，从而可判断AB；证明平面，即可判断C；由三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，根据，将用表示，从而可求得外接球半径的范围，即可判断D.
【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
因为，
所以，得，所以，
则，得，
，
当时，，则，
当时，则，则，
综上，，
所以三点共线，
即点的轨迹即为线段，
对于A，，
即的最小值是，故A错误；
对于B，，
则，
所以，故B正确；
对于C，，则为定值，
由点的轨迹即为线段，
且，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，
所以三棱锥的体积是定值，故C正确；
对于D，设的中点为，
则在中，外接圆的圆心即为点，
则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，
设球心为，，
则，
即，所以，
则，
因为，所以，
即三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
11．BCD
【分析】根据抛物线的定义结合图象一一计算可得；
【详解】解：对于A：时抛物线，焦点，点在抛物线外，
所以，当且仅当、、三点共线且在之间时取等号（如下图所示），故A错误；
对于B、C：当时抛物线，焦点，准线方程为，点在抛物线内，
设与准线交于点，则，所以，
当且仅当、、三点共线且在之间时取等号（如下图所示），故B正确；
，
当且仅当、、三点共线且在之间时取等号（如下图所示），故C正确；
对于D：抛物线，焦点，准线方程为，
当，此时，则，解得，
即或，如图取，则，，
所以，故D正确；
故选：BCD
12．AD
【分析】设过点的直线与函数的图像相切时的切点为，利用导数的几何意义可得，构造函数，进而可得过点的直线与函数的图像相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，利用导数研究函数的性质，画出函数的大致图象，利用数形结合可得不同取值时的取值，结合选项分析即得.
【详解】设过点的直线与函数的图像相切时的切点为，则，
因为，，
所以切线方程为，又在切线上，
所以，整理得，
令，则过点的直线与函数的图像相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，
因为，
令，得，
所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为，，，
所以，函数的图像大致如图
由图可知当时，直线与曲线的图像没有公共点，即，
当或时，直线与曲线的图像有1个公共点，即，
当时，直线与曲线的图像有2个公共点，即，
当时，直线与曲线的图像有3个公共点，即，
对于A，当，此时，则符合题意，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，当时，，则，故C错误；
对于D，当或时，，则当时，，故D正确.
故选：AD.
13．2
【解析】由等差数列前项和公式整理可得：，问题得解.
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了等差数列前项和公式及等差数列的下标和性质，属于基础题.
14．1
【分析】根据通项公式可求的值.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
由得，，∴，解得．
故答案为：1.
15．##-0.6
【分析】首先将转化成，然后根据三角函数齐次式法求值即可.
【详解】，
，
分子分母同除以，得.
故答案为：
16．
【分析】根据椭圆与双曲线的定义把用来表示，然后在中用余弦定理求出的关系，然后再用函数求解.
【详解】设
因为点在椭圆上，所以①
又因为点在双曲线上，所以②
则①②得；①②
在中由余弦定理得：
即
即，即即
所以，
令，则
所以.
故答案：.
17．(1)
(2)
【分析】(1)利用与的关系，分和讨论，得到数列为等比数列，即可求解；
(2)结合（1）的结论，利用错位相减法即可求出数列的前项和为.
【详解】（1）因为，
当时，，解得：，
当时，则有，
两式相减可得：，所以，
因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以数列的通项公式为.
（2）由可得：，
所以
两式相减可得：
所以.
【点睛】数列求和的方法技巧
(1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和．
(2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和．
(3)分组求和：用于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和．
18．(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）先利用余弦定理由得到，再利用正弦定理由即可求得；
（2）先利用余弦定理求得，进而利用余弦定理求得
【详解】（1）在中，，
则
整理得，则
又，则
在中，由正弦定理得，则
在中，由正弦定理得，则
则
则
（2）由，可得，又
则
由
可得，解之得
又，则，
由，可得
则
19．(1)首选志愿为师范专业与性别有关联；
(2)分布列见解析，数学期望为，方差.
【分析】（1）求出，比较临界值可得；
（2）求得某个考生首选志愿为师范专业的概率，的所有可能取值为0，1，2，3，由二项分布求得概率得分布列，再由二项分布的期望公式、方差公式计算期望与方差．
【详解】（1），
∴依据小概率值α=0.05的独立性检验，认为首选志愿为师范专业与性别有关联．
（2）某个考生首选志愿为师范专业的概率，
的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
∴的分布列如下：
0 1 2 3
∴，．
或由的二项分布知，．
20．(1)详见解析；
(2)
【分析】（1）易证平面，从而得到，再由，得平面，从而得到，然后由正方形的定义证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据直线BD1与平面ABCD所成角的正弦值为求得a，b的关系，再分别求得平面ABD1的一个法向量为和平面BCD1的一个法向量为，由求解.
【详解】（1）解：由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1知：，
又，且，
所以平面，
又平面，
所以，又，且，
所以平面，
又平面，
所以，
因为四边形是矩形，
所以是正方形；
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
，
设，
则，所以，
设ABCD的一个法向量为，
直线BD1与平面ABCD所成的角为，
则，即，解得，
则，
所以，
设平面ABD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设平面BCD1的一个法向量为，
则，即，
令，则，
所以，
因为，则，
所以平面ABD1与平面BCD1的夹角为.
21．(1)
(2)或
【分析】（1）根据椭圆的几何性质列等式可解得；
（2）设直线l的方程为，与椭圆联立，根据韦达定理以及可解得，得到直线方程
【详解】（1）由已知可得，解得，，
椭圆的方程为．
（2）显然斜率不存在时不满足条件，
当斜率存在时，，设直线l的方程为，
代入的方程得，
，，
，解得，
∴直线l的方程为：或
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由可得，令，其中，分析可知直线与函数的图象由两个交点（非切点），利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，再结合极值点的定义检验即可；
（2）由（1）可知，可得出，，构造函数，其中，分析函数的单调性，可得出，以及，结合不等式的基本性质可证得；然后构造函数，通过分析函数的单调性证出，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数的定义域为，，
令可得，
因为函数有两个极值点，则函数有两个异号的零点，
令，其中，则直线与函数的图象由两个交点（非切点），
，令可得，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象由两个交点，且交点横坐标分别为、，
当时，，则，此时函数单调递增，
当时，，则，此时函数单调递减，
当时，，则，此时函数单调递增.
因此，当时，函数有两个极值点.
（2）证明：由（1）可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，则有，
由于，所以，，即，
又因为，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递减，则，
因为，所以，，
下面证明：.
因为，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，
所以，
，
令，其中，
则，
令，则，
当且仅当时，等号成立，所以，函数在上单调递减，
所以，，则函数在上单调递增，
因此，，
综上所述，成立.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
