2023届江苏省南京市六校高三上学期10月联考数学试题含解析

2023届江苏省南京市六校高三上学期10月联考数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由对数函数的定义域，解不等式后得，再由并集的概念求解，

【详解】由题意得，，则，

故选：C

2．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先化简后利用复数的乘方和除法运算求解即可.

【详解】因为，所以.

故选：A.

3．设为等差数列的前项和，若，则的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式代入求解即可.

【详解】解：由题意得：

设等差数列的通项公式为，则

解得：

故选：B

4．从分别写有的六张卡片中无放回随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是的倍数的概率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，用列举法分析“从六张卡片中无放回随机抽取2张”和“抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．

【详解】根据题意，从六张卡片中无放回随机抽取2张，有，，，，，，，，，，，，，，，共15种取法，

其中抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数有，，，，，，，，，共9种情况，

则抽到的2张卡片上的数字之积是3的倍数的概率；

故选：．

5．已知菱形中，，为中点，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用菱形的性质，由向量加法、数乘的几何意义可得、，再应用向量数量积的运算律列方程求参数.

【详解】菱形中，，

因为，又，，

所以，可得.

故选：B

6．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其形状可视为一个底面周长恰为高的倍的正四棱锥，现将一个棱长为的正方体铜块，熔化铸造一些高为的胡夫金字塔模型，则该铜块最多能铸造出（   ）个该金字塔模型（不计损耗）？

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意得出正四棱锥的高和底面边长，再结合体积运算求解.

【详解】在正四棱锥中，令，连接，则正四棱锥的高为

设正四棱锥的底面边长为a，则，即

∴正四棱锥的体积为

则可得，则

该铜块最多能铸造出4个该金字塔模型

故选：B.

7．若，，则（   ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先将切化弦，后用二倍角公式代入展开，解得，再根据平方关系结合的范围解得，最后将所求式子用和角公式展开并代值计算即可.

【详解】由题，

又

.

故选：D.

8．已知函数的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论不一定成立的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】先证明为奇函数，再进行合理赋值逐个分析判断.

【详解】对A：∵为偶函数，则

两边求导可得

∴为奇函数，则

令，则可得，则，A成立；

对B：令，则可得，则，B成立；

∵，则可得

，则可得

两式相加可得：，

∴关于点成中心对称

则，D成立

又∵，则可得

，则可得

两式相减可得：

∴以4为周期的周期函数

根据以上性质只能推出，不能推出，C不一定成立

故选：C.

【点睛】对于抽象函数的问题，一般通过赋值结合定义分析运算.

二、多选题

9．将函数图象向右平移个单位长度，然后纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，则下列四个结论中正确的是（    ）

A．

B．函数的图象关于点中心对称

C．函数在区间上为增函数

D．函数在上的值域为

【答案】AB

【分析】根据图象平移规律得到，计算的值可判断A；计算

是否得0可判断B；求出的单调递增区间可判断C；根据

的范围求出函数在上的值域可判断D.

【详解】将函数图象向右平移个单位长度，得到的图象，

然后所得函数纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到的图象，

所以，

对于A， ，故正确；

对于B，函数，故正确；

对于C，由得，

即，所以的单调递增区间为，因为，故错误；

对于D，因为，所以，，所以函数在上的值域为，故错误.

故选：AB.

10．已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．双曲线的渐近线方程为:

C．双曲线的离心率为

D．双曲线上的点到焦点距离的最小值为

【答案】BCD

【分析】由题意可得，解得：，所以双曲线，再对选项一一判断即可得出答案.

【详解】对于A，已知双曲线，其焦点到渐近线的距离为，

所以中的①，故A不正确；

对于B，双曲线的渐近线方程为，

所以焦点到渐近线的距离为，

所以，所以②，

由①②可得：，

所以双曲线的渐近线方程为，故B正确；

所以双曲线的，

对于C，双曲线的的离心率为，故C正确；

对于D，双曲线上的点到焦点距离的最小值为.

故选：BCD.

11．已知数列 的前项和为，下列说法正确的是（   ）

A．若 ，则

B．若 ，则的最小值为

C．若 ，则数列的前项和为

D．若数列为等差数列，且，则当时，的最大值为

【答案】BC

【分析】令时，由求出可判断A；由知，，当时，取得的最小值可判断B；若，求出数列的前项和可判断C；由数列的下标和性质可得，则可判断D.

【详解】对于A，由，当时，，

由，当时，，所以A不正确；

对于B，若，当时，，则，

所以当时，取得的最小值为；

对于C，若 ，设数列的前项和为，

所以

，故C正确；

对于D，数列为等差数列，且，

则，

所以，

当时，的最大值为，所以D不正确.

故选：BC.

12．为庆祝党的二十大胜利召开，由南京市委党史办主办，各区委党史办等协办组织的以“喜迎二十大 永远跟党走 奋进新征程”为主题的庆祝中共南京地方组织成立周年知识问答活动正在进行，某党支部为本次活动设置了一个冠军奖杯，奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确的是（    ）

A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为

B．异面直线与所成的角的余弦值为

C．连接，构成一个八面体，则该八面体的体积为

D．点到球面上的点的最小距离为

【答案】ACD

【分析】对A：经过三个顶点的球的截面圆即为的外接圆，运算求解；对B：建系，利用空间向量处理异面直线夹角问题；对C：八面体由三个全等的四棱锥和直棱柱组合而成，结合相关体积公式运算求解；对D：点到球面上的点的最小距离为，结合球的性质运算求解.

【详解】如图1，取的中点分别为，连接

根据题意可得：均垂直于平面，可知

∵的边长为2，设的外接圆半径为r，则

∴，则的外接圆面积为

∴经过三个顶点的球的截面圆的面积为，A正确；

八面体由三个全等的四棱锥和直棱柱组合而成

直棱柱的底面边长为2，高，则其体积为

设，则为的中点

∵平面，平面

∴

又∵为等边三角形且为的中点，则

，平面

∴平面

即四棱锥的高为，则其体积

∴八面体的体积为，C正确；

设的中心分别为，球的球心为，由题意可得其半径

则可知三点共线，连接

则可得：

点到球面上的点的最小距离为，D正确；

如图2，以G为坐标原点建立空间直角坐标系

则有：

∴

又∵

∴异面直线与所成的角的余弦值为，B错误；

故选：ACD.

【点睛】1.对于多面体体积问题，要理解几何体的结构特征，并灵活运用割补方法；

2.对于球相关问题，主要根据两个基本性质：

①球的任何截面都是圆面；②球心和截面圆心的连线与截面垂直.

三、填空题

13．已知定义在R上的函数为奇函数，且满足，当时，则________.

【答案】

【分析】利用周期性和奇偶性可把转化到已知范围上，代入表达式可求.

【详解】由，所以2为的周期，

所以.

故答案为：.

14．数学中有许多美丽的错误，法国数学家费马通过观察计算曾提出猜想：形如的数都是质数，这就是费马素数猜想.半个世纪后善于发现的欧拉算出第5个费马数不是质数，从而否定了这一种猜想．现设：，为常数，表示数列的前项和，若，则_______.

【答案】

【分析】根据对数定义可得，再结合等比数列的前项和公式求，进而求.

【详解】∵，则

显然，则

∴数列是以首项为，公比的等比数列

又∵，则

∴

故答案为：32.

15．已知的三个角所对的边为，若，为边上的一点，且，，则值为_________.

【答案】

【分析】将表示为的线性运算，再由数量积的运算律化简求解，

【详解】由题意得，

则，

而，得，故，

故答案为：

16．当时，恒成立，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据题意整理可得，由恒成立问题理解可得：，构建新函数，求导判断其单调性，进而可得，运算求解.

【详解】∵，则

对于，则

即，则

令，则

令，则当时恒成立

∴在上单调递增，则

即当时恒成立

∴在上单调递增，且当时恒成立

令，则当时恒成立

∴在上单调递减，则

即，则

∴，即

∴，则

故答案为：.

【点睛】将原式整理为，利用同构可得，再构建函数处理问题.

四、解答题

17．已知等比数列的公比，满足：.

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）法一：利用等比数列的通项公式和前项和公式的定义得到关于基本量的方程组，解之即可求得；

法二：利用等比数列的性质和前项和公式的定义依次转化得到关于的方程组，解之即可求得；

（2）法二：分类讨论的通项公式，注意当为偶数时，为奇数，从而利用分组求和法可求得.

【详解】(1)法一：

因为是公比的等比数列，

所以由，得，即，

两式相除得，整理得，即，

解得或，又，所以，故，

所以，

法二：因为是公比的等比数列，

所以由得，即，则，

故，解得或（舍去），

故，则，所以.

(2)当为奇数时，，

当为偶数时，，

所以

.

18．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.

(1)若，求面积的最大值；

(2)若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，且四边形的面积为.求的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式得到，从而求出，再由余弦定理和基本不等式求出，利用三角形面积公式求出答案；

（2）利用三角形面积公式得到，结合第一问得到，从而求出四边形的面积，列出方程，求出.

【详解】(1)由，得，

即，

由得，

因为，所以，

因为，所以，

故，

在中，由余弦定理得，

即，当且仅当时，等号成立，

，

(2)设，则，

在中，，

由（1）知为正三角形，故，

故四边形的面积，

故，

所以，

因为，

所以，即.

19．如图，三棱锥中，，平面平面，，.

(1)求证：平面；

(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）在中由勾股定理逆定理可得，再由已知面面垂直可得平面，则得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论，

（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

【详解】(1)证明：在中，因为，

所以，所以，

因为，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

因为平面，所以，

又，平面，

所以平面，

(2)以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，

由题意得，，，，

所以，，

设点坐标为，

则

所以，

所以点坐标为，

所以

因为直线与直线所成的角为，

解得.

所以点坐标为，则.

设平面的法向量为

则，取，可得.-

再设平面的法向量为，

则，取，可得.

所以

所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.

(1)若与之间线性相关，求关于的线性回归方程.并估计若投入千万元，收益大约为多少千万元？（精确到）

(2)现家公司各派出一名代表参加某项宣传活动，该活动在甲，乙两个城市同时进行，6名代表通过抛掷一枚质地均匀的骰子决定自己去哪个城市参加活动，规定：每人只抛掷一次，掷出正面向上的点数为的去甲城市，掷出正面向上的点数为的去乙城市.求：

①公司派出的代表去甲城市参加活动的概率；

②求6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数的概率.（用最简分数作答）

参考数据及公式：，

【答案】(1)；35.12亿元

(2)①；②

【分析】（1）根据公式分别求出，即可求出关于的线性回归方程，将当代入即可得出答案.

（2）①由古典概率的计算公式代入即可得出答案；

②6位代表中去甲城市的人数少于去乙城市的人数，则去甲城市的人数为0，1，2，分别求出其概率，即可得出答案.

【详解】(1)（1）

，则

当，则

所以当投入15千万元，收益大约为35.12亿元.

(2)① 设“某位代表去甲城市参加活动”为事件，则，

所以公司派出的代表去甲城市参加活动的概率为，                

② 设“6位代表中去甲城市参加活动的人数少于去乙城市参加活动的人数”为事件，

.

21．已知双曲线：的焦距为4，且过点

(1)求双曲线的方程；

(2)过双曲线的左焦点分别作斜率为的两直线与，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，设分别为与的中点，若，试求与的面积之比.

【答案】(1)

(2)3

【分析】（1）由题意得，再将代入双曲线方程，结合可求出，从而可求出双曲线方程，

（2）设直线方程为，，将直线方入双曲线方程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点的坐标，再利用表示出点的坐标，再表示出直线的方程，可求得直线过定点，从而可求得答案.

【详解】(1)由题意得，得，

所以，

因为点在双曲线上，

所以，

解得，

所以双曲线方程为，

(2)，设直线方程为，，

由，得

则，

所以，

所以的中点，

因为，

所以用代换，得，

当，即时，直线的方程为，过点，

当时，，

直线的方程为，

令，得，

所以直线也过定点，

所以

22．已知 ，函数，.

(1)当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数的值；

(2)若，求证：.

【答案】(1)1

(2)证明见解析

【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.

（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.

【详解】(1)，定义域均为，

，  

当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；

当时，令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

又，

当时：，在单调递减，无极值，与题不符；

当时：令，解得：，

所以在单调递减，在单调递增，

在取极小值，且；    

由题：，解得：.

(2)令，因为，所以，

由可得：，

（1）-（2）得：，所以，

要证： ，只要证： ，只要证：

不妨设，所以只要证：，

即证：，令，只要证：，

令， ，

 所以在上单调递增，

， 即有成立，所以成立.