江苏省南京市第一中学2023届高三上学期入学考试数学试题

高2020级高三上期入学考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

2．己知复数，则（为z的共轭复数）在复平面内对应的点位于（       ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．已知，且则不正确的是（       ）

A． B．

C． D．

4．若，，则（       ）

A． B． C． D．

5．在△ABC中，若（       ）

A． B． C． D．

6．正方体的棱长为，为棱上的动点，点分别是棱的中点，则下列结论正确的是（       ）

A．存在点，使得

B．存在点，使得为等腰三角形

C．三棱锥的体积为定值

D．存在点，使得平面

7．已知以F为焦点的抛物线上的两点A，B，满足，则弦AB的中点到C的准线的距离的最大值是（       ）

A．2 B． C． D．4

8．已知，，，则的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．一个袋子中装有除颜色外完全相同的10个球，其中有6个黑球，4个白球，现从中任取4个球，记随机变量为取出白球的个数，随机变量为取出黑球的个数，若取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分，随机变量为取出4个球的总得分，则下列结论中正确的是（       ）

A． B． C． D．

10．对于函数和，则下列结论中正确的为（       ）

A．设的定义域为，的定义域为，则．

B．函数的图像在处的切线斜率为0．

C．函数的单调减区间是，．

D．函数的图像关于点对称．

11．已知函数，下列结论正确的是（       ）

A．是周期函数

B．的图象关于原点对称

C．的值域为

D．的单调递减区间为，

12．已知椭圆C：（）的离心率为，过点P（1，1）的直线与椭圆C交于A，B两点，且满足.动点Q满足，则下列结论正确的是（       ）

A．

B．动点Q的轨迹方程为

C．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为

D．线段OQ（O为坐标原点）长度的最小值为

三、填空题

13．的展开式中，的系数为___________.

14．某校抽调志愿者下沉社区，已知有名教师志愿者和名学生志愿者，要分配到个不同的社区参加服务.每个社区分配名志愿者，若要求两名学生不分在同一社区，则不同的分配方案有___________种.

15．如图，在正方体中，点为线段上异于的动点，则下列四个命题：

①是等边三角形；

②平面平面；

③设，则三棱锥的体积随着增大先减少后增大；

④连接，总有平面.

其中正确的命题是___________.

16．已知二次函数，满足为偶函数，且方程有两个相等的实数根，若存在区间使得的值域为，则___________．

四、解答题

17．已知集合，．

(1)若，求；

(2)若，求实数的取值范围．

18．在中，A，B，C的对边分别为a，b，c，满足条件，．

(1)求的面积；

(2)若，求的值．

19．为了迎接2022年成都第31届世界大学生夏季运动会，普及大运知识，某校开展了“大运”知识答题活动，现从参加活动的学生中随机抽取了100名学生，将他们的比赛成绩（满分为100分）分为四组：[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，得到的频率分布直方图如图所示，将成绩在[80，100]内定义为“优秀”，成绩低于80分为“非优秀”

(1)求a的值：并根据答题成绩是否优秀，利用分层抽样的方法从这100名学生中抽取5名，再从这5名学生中随机抽取2名，求抽取的2名学生的成绩中恰有一名优秀的概率；

(2)请将列联表补充完整，并判断是否有99%的把握认为答题成绩是否优秀与性别有关？

参考公式及数据: .

20．已知四棱锥中，平面平面，底面为矩形，点E在AD上，且，，为AB的中点，，．

(1)证明：；

(2)求点到平面的距离．

21．已知双曲线，

(1)过点的直线交双曲线于两点，若为弦的中点，求直线的方程；

(2)是否存在直线，使得 为被该双曲线所截弦的中点，若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由.

22．已知函数．

(1)当时，求的单调区间；

(2)若有三个极值点，求的取值范围．

高2020级高三入学考试数学试题参考答案

选择题：BCBABCCB   BD   ACD    AC    ABD

1．B

【解析】

【分析】

求出集合、，再由交集的定义求解即可

【详解】

集合，，

则.

故选：B.

2．C

【解析】

【分析】

先将已知化为的表达式，用复数的除法运算计算出结果，

然后判断所处象限即可.

【详解】

由得：

所以

所以在复平面内对应的点为，位于第三象限

故选：C.

3．B

【解析】

【分析】

利用不等式的性质和基本不等式的应用，结合指数函数与对数函数的单调性，对选项逐一分析判断.

【详解】

对A，根据指数函数的性质，故A正确；

对B，，故B错误；

对C，因为，当且仅当取等号，所以，故C正确；

对D，因为，且，故，，所以；故D正确.

故选：B

4．A

【解析】

【分析】

由商数关系及二倍角正余弦公式得，结合已知列方程求得，再根据平方关系求.

【详解】

因为，且，

所以，得，

所以.

故选：A

5．B

【解析】

【分析】

根据，可得，则，从而可求得，从而可得出答案.

【详解】

解：因为，所以，

所以，

所以，所以，即，

又，故，

所以.

故选：B.

6．C

【解析】

【分析】

取的中点，连接、，再取的中点，连接，即可证明，从而说明A，再证明平面，即可说明C，由平面说明D，最后利用勾股定理说明B.

【详解】

解：对于A：取的中点，连接、，再取的中点，连接，

又正方体的性质可知四边形为平行四边形，所以，则，

显然当在上时，不存在，故不存在点，使得，故A错误；

显然，平面，平面，

所以平面，所以到平面的距离为定值，设为，则，

又，故三棱锥的体积为定值，故C正确；

因为平面，显然平面与平面不平行，故不存在点，使得平面，故D错误；

设，则，所以，

，，

显然，， ，则不能为等腰三角形，故B错误；

故选：C

7．B

【解析】

【分析】

根据抛物线焦点弦的性质以及，联立可得，进而可用对勾函数的性质求的最值，进而可求.

【详解】

解法1：抛物线的焦点坐标为，准线方程为，

设，，则∵，由抛物线定义可知，∴，又因为，所以即，由①②可得：

所以.∵，

当时，，当时，，

∴，则弦AB的中点到C的准线的距离，d最大值是.

∴弦AB的中点到C的准线的距离的最大值是，

故选：B.

解法2：弦AB的中点到C的准线的距离，根据结论，，，

故选：B.

8．B

【解析】

【分析】

设，，利用导数可求得和在上的单调性，由单调性得，，由此可得的大小关系.

【详解】

由题意知：，，；

设，则，

当时，，在上单调递增，

，即，又，，即；

设，则；

令，则，

当时，，在上单调递增，

当时，，，

在上单调递减，，

即，，即；

综上所述：.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：本题考查函数值大小关系的比较问题，解题关键是将变形后，转化为函数的不同函数值大小关系比较问题，通过构造函数的方式，结合导数知识求得函数单调性，进而得到大小关系.

9．BD

【解析】

【分析】

由条件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4个球，所以，可判断B选项；的取值为，计算的概率和期望值，又，可计算，可判断AC选项；的取值为，且，计算可判断D选项.

【详解】

解：由条件可知，袋子中有6黑4白，又共取出4个球，所以，故B正确；

的取值为，

，，

，，，可知A错；

的取值为，且，，，，，

则，，所以，故C错；

的取值为，且，，，，，

所以，故D正确；

故选：BD.

10．ACD

【解析】

【分析】

利用导数来研究函数的切线斜率以及单调性问题，利用函数的概念以及性质

来研究定义域与对称性问题.

【详解】

因为，所以，即，

解得，因为，

所以，解得.所以.故A正确；

因为，所以，

所以，所以的图像在

处的切线斜率为-1，故B错误；

因为，定义域为：

，所以，

由有：，所以函数的单调

递减区间是，，故C正确；

当时，

.

所以函数的图像关于点对称，故D正确.

故选：ACD.

11．AC

【解析】

【分析】

利用函数周期的定义可判断A选项；利用函数的奇偶性可判断B选项；考查函数在上的值域，可判断C选项；求出函数的单调递减区间，可判断D选项.

【详解】

对于A选项，因为

，

故函数为周期函数，A对；

对于B选项，，

为偶函数，B错；

对于C选项，由A选项可知，函数是周期函数，且周期为，

不妨考虑函数在上的值域即可，

当时，则，

，

因为函数为偶函数，故函数在上的值域也为，

因此，函数的值域为，C对；

对于D选项，考虑函数在上单调递减区间，

当时，，且，

由可得，

由可得，由可得，

所以，函数在上的递减区间为，递增区间为、，

由于函数为偶函数，故函数在上的减区间为、、，

因此，函数的单调递减区间为、、，D错.

故选：AC.

12．ABD

【解析】

【分析】

对于A：利用离心率直接求出；对于B：设进行向量坐标化，整理化简得到，即可判断出动点的轨迹方程为直线，故正确；

对于C、D：求出线段长度的最小值即为原点到直线的距离，利用点到直线的距离公式即可求解.

【详解】

对于A：由椭圆的离心率为，得，所以，故正确；

对于B：设

，由，得两式相乘得，同理可得，

由题意知且，否则与矛盾，

动点的轨迹方程为，即直线，故正确；

对于C、D：所以线段长度的最小值即为原点到直线的距离，

min，

故C错误，D正确.

故选：ABD.

13．

【解析】

【分析】

先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果.

【详解】

，

其中的展开式通项为，，故时，得含的项为；

的展开式通项为，，故时，得含的项为.

因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为 .

故答案为：

14．72

【解析】

【分析】

利用分组分配的方法及间接法即得.

【详解】

有名教师志愿者和名学生志愿者，要分配到个不同的社区参加服务，每个社区分配名志愿者，共有种分配方案，

若两名学生分在同一社区，则有种分配方案，

所以两名学生不分在同一社区，则不同的分配方案有种.

故答案为：72.

15．①②④

【解析】

【分析】

对①：由正方体的面对角线相等即可判断；对②：由线面垂直的判断定理证明平面，即可得证平面平面；对③：由平面,可得点M到平面的距离为定值，从而可得三棱锥的体积为定值；对④：由面面平行的判断定理证明平面平面，再根据面面平行的性质定理即可判断.

【详解】

解：对①：在正方体中，设边长为1，则，所以是等边三角形，故①正确；

对②：在正方体中，，

又平面，所以，

因为，所以平面，

又平面，

所以平面平面，故②正确；

对③：在正方体中，因为平面平面, 平面,

所以平面,

所以点M到平面的距离为定值，

所以为定值，故③错误；

对④：在正方体中，因为，平面，平面，

所以平面，同理可得平面，又，

所以平面平面，

因为平面，

所以平面，故④正确.

故答案为：①②④.

16．-4

【解析】

【分析】

由为偶函数可以得到函数的对称轴为，可以结合题意得到在上单调递增，利用构造二次方程，利用根与系数关系即可.

【详解】

为偶函数     的对称轴是   

又有两个相等的实数根，即，得

，

，

在上单调递增，

  ，

为方程的两根

，

故答案为：-4

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）先求出集合，再根据并集的定义即可求出.

（2）由题可得，讨论和两种情况可求出.

(1)

由，解得，所以，

当时，，

所以；

(2)

由，得，

当时，，解得．

当时，，解得．

综上实数的取值范围为．

18．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由余弦定理结合题目条件可求出，再由三角函数的商数关系和平方关系可求出，即可求出三角形的面积.

（2）由正弦定理结合（1）可求出，即可求出答案.

(1)

由，结合余弦定理得：，

由，知，，所以，

所以．

(2)

由正弦定理得：．

所以．

19．(1)​；

(2)列联表见解析，没有

【解析】

【分析】

（1）由各组的频率和为1可求出，求出成绩非优秀的频率，再乘以总人数可得成绩非优秀的人数，然后根据分层抽样的定义求出抽取的5名学生成绩优秀的人数和成绩非优秀的人数，再利用列举法求所求概率，

（2）根据题意完成列联表，然后根据公式求出，再与临界值表比较可得结论

(1)

由题可得 ​，

解得 ​，

由题可得， 这 100 名学生中成绩非优秀的有 ​名，

所以抽取的 5 名学生中成绩非优秀的有 ​名， 成绩优秀的有​名， 记成绩优秀的 3 名学生为​， 成绩非优秀的 2 名学生为​，

从这 5 名学生中随机抽取 2 名， 有 ​， 共 10 种情况，

其中这 2 名学生的成绩恰有一名优秀共有 6 种情况，

所以这 2 名学生的成绩恰有一名优秀的概率为 ​；

(2)

补充完整的 ​列联表如下表所示：

则 ​的观测值​，

所以没有 ​的把握认为答题成绩是否优秀与性别有关.

20．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）连接，由平面平面，证得平面，得到，再由，得到，结合线面垂直的判定定理证得平面，即可证得；

（2）设，点到平面的距离为，结合，列出方程，即可求解.

(1)

证明：如图所示，连接，

因为平面平面，且，为AB的中点，

所以，所以平面，

因为平面，所以，

因为四边形为矩形，，

所以，，

且，

所以，所以，

又因为且平面，所以平面，

因为平面，所以.

(2)

解：设，点到平面的距离为，

由（1）知平面，所以，

所以 ，

因为，即，所以，

解得，即点到平面的距离为.

21．(1)

(2)不存在，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）设，利用点差法求得直线AB的斜率，根据直线的点斜式方程结合验证，即可求得答案；

（2）同（1）利用点差法求得直线方程，把直线方程和双曲线方程联立，整理得到一元二次方程，其判别式小于0，说明符合题意的直线不存在.

(1)

设 ，则 ，

两式相减得 ，

所以 ，

又因为为弦的中点,故 ，所以，

所以直线的方程为，即，

由方程组得，其 ，

说明所求直线存在，

故直线的方程为.

(2)

假设存在直线，使得 为被该双曲线所截弦的中点，

设该直线与双曲线交于C,D两点，

设 ，则 ，

两式相减得 ，

所以 ，

又因为为弦的中点,故 ，所以，

所以直线的方程为，即，

由方程组 ,得 ，

根据 ，说明所求直线不存在,

故假设不成立，即不存在直线，使得 为被该双曲线所截弦的中点.

22．(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【解析】

【分析】

（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（2）将问题转化为恰有3个互不相等的实根，由得方程有2个异于-1的实根．令，则．分，讨论，结合函数的单调性以及函数的零点的个数判断a的范围即可．

(1)

解：当时，，则．

令，则．

当时，，单调递减；当时，，单调递增．

所以，即．

当时，；当时，．

故的单调递增区间为，单调递减区间为．

(2)

解：．

若有3个极值点，则恰有3个互不相等的实根，分别记为，，．

因为，所以为的一个根．

所以方程有2个异于-1的实根．

令，则．

①当时，，在上单调递增，所以至多有1个根，不符合题意．

②当时，令，即，解得．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

，．

当，即时，，至多有1个零点，不符合题意．

当时，，，，

因为，且，

所以存在，，使得，，

所以当时，若，则，，则，

，则，，则，

所以有3个极值点，，．所以的取值范围为．