江苏省金陵中学、海安中学2022-2023学年高三上学期10月第二次联考数学试题

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.2.为虚数单位，则满足的方程是（）A. B. C. D.3.的展开式中的系数为（）A.28 B.－28 C.56 D.－564.设为所在平面内一点，且满足，则（）A. B. C. D.5.已知数列，若：数列是等比数列；：，则是的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件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7.设常数使方程在区间上恰有五个解，则（）A. B. C. D.8.设，表示不超过的最大整数，若存在实数，使得，，…，同时成立，则正整数的最大值是（）A.4 B.5 C.6 D.7二、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3 B.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.11.已知与均为单位向量，其夹角为，则（）A. B.C.若，则 D.若，则12.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的切线，则这条切线的方程是.14.已知函数，若存在，，使得在区间的最小值为－11且最大值为1，则符合条件的一组，的值为.15.在数列中，，，数列满足，.若，，，则数列的前2022项和为.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.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.（10分）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.18.（12分）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.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.19.（12分）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.20.（12分）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.21.（12分）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.22.（12分）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：（i）；（ii）.金中、海安2023届高三年级10月第二次联考数学参考答案一、单选题1-5：CDBAA 6-8：BCA8.【答案】A【解析】，，，，（，，，）当时，可以找到使其在区间上，当时，无法找到使其在区间上，即正整数的最大值为4，故选A.二、多选题9.【答案】BC【解析】，A错，，B对，，C对，，D错，，故函数单调增.10.【答案】AC【解析】由题意得或，A对，，B错，时与选项矛盾，C对，，D错，，，时，，与选项矛盾.11.【答案】ABD【解析】A对，，B对，，C错，，D对，.12.【答案】ACD【解析】甲总有种情况，乙总有种情况.A对，甲为正三角形则在上下顶点选一且中间四个顶点选二，即8种；B错，甲为等腰直角三角形则分三种情况：中间选三个点即4种；上下都选加中间一点，即4种，上下选一中间选二即4种，共12种；C对，乙为正三角形即一方（上方或下方）四个中心选一，且另一方选择两个相对的中心，即8种；D对，相似则都为正三角形或等腰直角三角形，即都为正三角形时由A，C得概率为，都为等腰直角三角形时，乙的情况共有24种，结合B得概率为，即总概率为.三、填空题13.【答案】【解析】要满足题意，则取，即切点为，所以切线方程为.14.【答案】【解析】，为简单，则令，即让函数在区间上单调递减，此时要满足题意则，解得.15.【答案】【解析】由已知得，，所以，即前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.16.【答案】【解析】设（不妨设，），则，同理，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.四、解答题17.【解析】（1），即；（2）由已知得，所以.18.【解析】（1）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；（2）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，答：当时，采取10合1检测法更适宜.19.【解析】（1）（i）在三角形中，由正弦定理得，在三角形中，由正弦定理得，因为与互补，所以，由题意得，所以，即，所以平分得证；（ii）因为，所以，由余弦定理得，化简得，由（i）得，代入上式有：，即得证；（2）由已知得，所以是直角三角形，即，所以，当且仅当时取等，所以的最大值为.20.【解析】（1）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：；（2）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，因为，即，所以，若直线所过定点，则由对称性得定点在轴上，设定点，由三点共线得，即，所以直线过定点.21.【解析】（1）设，由已知易得，，，，且面，设点到平面的距离为，则，即，即；（2）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，由已知得，，，，即，，，设面法向量为，则，设，则，设面法向量为，则，设，则，所以.答：锐二面角的余弦值为.22.【解析】（1），设，则，时，，单调递增，要满足题