2023届江苏省南京师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省南京师范大学附属中学高三上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知集合或，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接根据交集的定义计算即可.【详解】由已知可得，故选：A.2．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的除法与加法化简可得结果.【详解】因为，所以．故选：A.3．设顶角为的等腰三角形为最美三角形，已知最美三角形顶角的余弦值为，则最美三角形底角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出底角为，然后利用余弦的二倍角公式求解即可【详解】由题意得，底角为，则．故选：B4．在中，，点E满足，则（    ）A． B． C．3 D．6【答案】B【分析】根据题中所给的条件 利用相应公式求得结果.【详解】中，，所以，，故选：B.5．如图，在长方形中，，，点为线段上一动点，现将沿折起，使点在面内的射影在直线上，当点从运动到，则点所形成轨迹的长度为A． B． C． D．【答案】C【分析】根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接D'K，则D'KA=90°，得到K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度．【详解】由题意，将△AED沿AE折起，使平面AED⊥平面ABC，在平面AED内过点D作DK⊥AE，K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K，则D'KA=90°，故K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是，如图当E与C重合时，AK==，取O为AD′的中点，得到△OAK是正三角形．故∠K0A=，∴∠K0D'=，其所对的弧长为=，故选：【点睛】本题考查与二面角有关的立体几何综合题目，解题的关键是由题意得出点K的轨迹是圆上的一段弧，翻折问题中要注意位置关系与长度等数量的变与不变，属于中档题目．6．已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足，，则椭圆的离心率为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】不妨设椭圆的方程为，由题可得，进而可求，即得.【详解】不妨设椭圆的方程为，如图，由题可知，又，，∴，代入椭圆方程可得，解得，∴，即，∴.故选：C.7．第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行.现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（    ）.A．72种 B．84种 C．96种 D．124种【答案】C【分析】先分有一名女生和没有女生两种情况选出自愿者，然后再排列.【详解】第一步，选出的自愿者中没有女生共种，只有一名女生共种；第二步，将三名志愿者分配到三项比赛中共有.所以，不同的选择方案共有种.故选：C8．若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可判断，再构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可判断，即可得解；【详解】解：令，则，则在定义域上单调递减，所以，即，所以，即，令，，则，因为，所以，令，，则，即在上单调递减，所以，所以，即在上单调递增，所以，即，即，即，综上可得；故选：A 二、多选题9．下列四个命题中，真命题为（    ）A．若复数满足，则 B．若复数满足，则C．若复数满足，则 D．若复数，满足，则【答案】AB【分析】根据复数实部和虚部特点，利用特值法依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，若复数，设，其中，则，则选项A正确；对选项B，若设，其中，且，则，则选项B正确；对选项C，若，设，则，但，则选项C错误；对选项D，若复数，满足，设，，则，而，则选项D错误.故选：AB.10．已知随机事件A，B发生的概率分别为，下列说法正确的有（    ）A．若，则A，B相互独立 B．若A，B相互独立，则C．若，则 D．若，则【答案】ABC【分析】利用条件概率公式及独立事件的定义逐项分析即得.【详解】因为随机事件A，B发生的概率分别为，对于A，因为，所以A，B相互独立，故A正确；对于B，若A，B相互独立，则，故B正确；对于C，若，则，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选：ABC11．已知椭圆C：上有一点分别为其左、右焦点，，的面积为，则下列说法正确的是（    ）A．的周长为B．角的最大值为C．若，则相应的点共有2个D．若是钝角三角形，则的取值范围是【答案】ABD【分析】由椭圆方程得椭圆的值，再利用椭圆的定义解决焦点三角形的问题，逐一判断选项.【详解】由已知可得，所以，的周长为，故A正确；因为，所以以为直径的圆与椭圆C相切于上下顶点，所以，故B正确；因为，所以，由椭圆的对称性可知，点P共有4个，故C错误；因为为钝角三角形，所以中有一个角大于，由选项B知不可能为钝角，所以或为钝角，当时，最大，将代入得，此时的面积为，所以三角形的面积，故D正确；故选：ABD12．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是(    )A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】ACD【分析】A：取、中点，连接、、PF，证明平面∥平面，则点的轨迹为线段；B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出x、z即可判断；C：的面积为定值，当且仅当到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大；D：可求为定值，即可判断Q的轨迹，从而求其长度.【详解】取、中点，连接、、PF，由PF∥∥且PF＝知是平行四边形，∴∥，∵平面，平面，∥平面，同理可得EF∥平面，∵EF∩＝F，∴平面∥平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则∥，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.，，，则当时，d有最大值1；②，，则当时，d有最大值；综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；平面，，，，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.故选：ACD.【点睛】本题综合考察空间里面的位置关系的判断与应用，需熟练运用线面平行、面面平行的判定定理和性质，需掌握运用空间直角坐标系和空间向量来解决垂直问题，掌握利用空间向量求点到平面的距离，利用几何关系判断空间里面的动点的轨迹，考察知识点较多，计算量较大，属于难题. 三、填空题13．有一组样本数据，该样本的平均数和方差均为．在该组数据中加入一个数，得到新的样本数据，则新样本数据的方差为__________．【答案】【分析】由平均数和方差的计算公式直接计算即可.【详解】样本数据，该样本的平均数和方差均为，在该组数据中加入1个数，则新样本数据的平均数，方差为．故答案为：.14．已知抛物线的焦点为F，在C上有一点P，，则点P到x轴的距离为______．【答案】【分析】根据抛物线的定义，列出相应方程求解即可.【详解】由抛物线的定义可知：，所以，代入中，得，所以，故点P到x轴的距离为为．故答案为：15．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则a2＋b2的取值范围为_______．【答案】【分析】根据给定等式求出三角形的内角C，再利用正弦定理及三角恒等变换、三角函数性质求解作答.【详解】因，显然，，锐角中，，，则，令，由得：，由正弦定理得，，因此，而，则，即有，所以a2＋b2的取值范围为.故答案为：16．已知，若存在，使得，则的取值范围为___________.【答案】【分析】先讨论、与1的大小关系确定、，进而确定的取值范围，再结合函数的单调性进行求解.【详解】①当时，则，，又由，得，所以，则；②当时，因为，，所以不存在，使得；③当时，则，，又由，得，则，，令，则在上单调递增，所以，则；综上所述，的取值范围为.故答案为：. 四、解答题17．设等差数列的前项和为，已知，各项均为正数的等比数列满足，．(1)求；(2)设，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据等差数列基本量的运算即得；（2）根据等比数列的性质及基本量的运算可得通项，然后利用错位相减法即得.【详解】(1)设等差数列的公差为，则，，∴；(2)设等比数列的公比为，则，，，∴，∴，∴，，∴，∴.18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．(1)求角A的大小；(2)若，求边上的中线 长度的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）边化角即可；（2）利用余弦定理和基本不等式解决.【详解】(1)由得,,即.(2),即，当且仅当取等号．19．某研究性学习小组对某植物种子的发芽率y与环境平均温度x（°C）之间的关系进行研究，他们经过5次独立实验，得到如下统计数据：第n次12345环境平均温度x/°C1819202122种子发芽率y62%69%71%72%76% 参考公式：.(1)若从这5次实验中任意抽取2次，设种子发芽率超过70%的次数为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望；(2)根据散点图可以发现，变量y与x之间呈线性相关关系．如果在第6次实验时将环境平均温度仍然控制在21°C，根据回归方程估计这次实验中该植物种子的发芽率．【答案】(1)分布列见解析，；(2)． 【分析】（1）由题可知的可能取值，求相应概率可得分布列及期望；（2）根据最小二乘法可得回归直线方程，进而即得.【详解】(1)由题可知的可能取值为0，1，2，则，，，所以的分布列为：0120.10.60.3 即；(2)由己知得，，所以，，即，当第6次实验，即时，，所以根据回归方程估计这次实验中该种子的发芽率为．20．如图，四棱锥的底面为矩形，平面平面，是边长为2等边三角形，，点为的中点，点为上一点（与点不重合）．(1)证明：；(2)当为何值时，直线与平面所成的角最大？【答案】(1)证明见解析；(2)2. 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得平面，可得，结合条件可得，然后利用线面垂直的判定定理及性质定理即得；（2）利用坐标法，表示出平面的法向量，利用向量夹角公式结合基本不等式即得.【详解】(1)因为三角形是等边三角形，且E是中点，所以，又因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又因为面，所以，因为，，所以，，所以，即，因为平面平面，所以平面，又因为平面，所以；(2)设F是中点，以E为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，由已知得，设，则、设平面的法向量为，则，令，有，设直线与平面所成的角，所以，当且仅当时取等号，当时，直线与平面所成角最大．21．已知双曲线的离心率为2，的右焦点与点的连线与的一条渐近线垂直．(1)求的标准方程．(2)经过点且斜率不为零的直线与的两支分别交于点，．①若为坐标原点，求的取值范围；②若是点关于轴的对称点，证明：直线过定点．【答案】(1)(2)①；②证明见解析 【分析】（1）由，得到，求得其渐近线方程，因为，得到的值，即可求解；（2）①设其方程为，，联立直线与的方程，结合，求得， 设，，则，，，结合向量的运算得到，即可求得的取值范围；②求得直线的方程为，令，求得，即可求得直线过定点．【详解】(1)解：由题意得，其中，则，所以，即，所以的渐近线方程为．因为，与的一条渐近线垂直，所以，解得，所以，所以的标准方程为．(2)解：显然直线的斜率存在，设其方程为，，联立直线与的方程，消去得，因为直线与的两支分别交于点，，所以，得， 设，，则，，．①，所以的取值范围是．②因为，所以直线的方程为，由对称性可知，若直线过定点，则定点在轴上，在直线的方程中，令，得，所以直线过定点，定点坐标为．22．已知函数．(1)当时，讨论的单调性(2)证明：有唯一极值点t，且．【答案】(1)在上单调递减；在上单调递增(2)证明见解析. 【分析】（1）根据导数与单调性的关系即得；（2）由题可得导函数，构造函数，利用导数研究函数的性质即得.【详解】(1)当时，，所以，令，则，所以在上单调递增，又，所以时，，时，，因此在上单调递减，在上单调递增；(2)依题意，的定义域为，，令，显然在上单调递增，又，，所以存在，使得，且时，，时，，因为，所以时，，时，，即在上单调递减，在上单调递增，因此有唯一极小值点t；由得，所以，因为，当且仅当时等号成立，故有唯一极值点t，且．【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.