2023届江苏省南通市高三上学期12月调研测试数学试题（解析版）

2023届江苏省南通市高三上学期12月调研测试数学试题

一、单选题

1．设全集，集合M满足，则（    ）

A．2M B．

C． D．6M

【答案】C

【分析】由条件求出集合，然后逐项验证即可

【详解】因为，，所以，

所以元素2与集合的关系为，A错误，

元素3与集合的关系为，B错误，

元素4与集合的关系为，C正确，

元素6与集合的关系为，D错误

故选：C.

2．已知复数z满足（i为虚数单位），则复数z的虚部为（    ）

A．i B．1 C．－i D．－1

【答案】D

【分析】由复数的除法先求出复数z，进而可得出复数z的虚部.

【详解】，，复数z的虚部为.

故选：D

3．在中，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的减法可得出关于、的表达式.

【详解】因为，则，因此，.

故选：A.

4．将一个圆形纸片剪成两个扇形（没有多余角料），将它们分别卷曲粘贴成圆锥形状（重叠部分忽略不计），若两个扇形的面积比为1∶2，则两圆锥的高之比为（    ）

A．  B．  C． D．

【答案】C

【分析】由扇形面积求出圆锥的底面半径，应用勾股定理然后可得高的比值．

【详解】设圆的半径为,则两个圆锥的母线长为．

因为,又因两个扇形的面积比为1∶2, 则两个扇形的弧长比也为1∶2.

设卷成的两个圆锥小圆锥底面半径为，高为，大圆锥底面半径为，高为，

则，，，，

则,,

所以两个圆锥的高分别为,,因此两圆锥的高之比为．

故选．

5．已知角的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点，，且，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】利用点三点共线，得到，然后利用任意角的三角函数求出，再利用二倍角的余弦公式即可求解.

【详解】由题意可知：点三点共线，所以，即，

因为，所以，，

由二倍角公式可得：，

故选：.

6．设k为实数，若双曲线的一个焦点坐标为，则k的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先将双曲线方程化为标准方程，再根据焦点坐标即可得解.

【详解】解：将双曲线化为标准方程，得，

因为双曲线的一个焦点坐标为，在轴上，

所以，且，解得.

故选：C.

7．某同学研究如下数表时，发现其特点是每行每列都成等差数列，在表中，数41出现的次数为（    ）

A．8 B．9 C．10 D．11

【答案】A

【分析】记第行第列的数为，根据第一行组成的数可得，再由第列数组成的数列可得，令，解出对应的的值即可得答案.

【详解】解：记第行第列的数为，

由题意可知第一行组成的数列是以2为首项，1为公差的数列，

所以，

所以第列数组成的数列是以为首项，公差为的等差数列，

所以，

令，

所以，

解得，

共8组解，

所以数41出现共出现8次.

故选：A.

8．已知函数存在极大值点和极小值点，则实数的值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由已知条件得有两个根,再求的导函数,

结合根的情况得极值,再根据范围计算即可.

【详解】由已知存在极大值点和极小值点

可得有两个根,可得

当时, 单调递增,至多一个根,不合题意

因为的定义域为,所以,所以同号

单调递增,

因为有两个根,则存在,

在上是单调递减的, 在上是单调递增的,有两个根

又因

则,,又因

所以,即得

因为单调递增, ,所以

满足,则

令,则,是单调递增的, 所以,所以

所以,选项满足要求.

故选:.

二、多选题

9．已知数列的前n项和满足（），则下列说法正确的是（    ）

A．为等差数列 B．

C．中，、最大 D．为递增数列

【答案】BC

【分析】利用数列与关系：，对各个选项分别求解即可.

【详解】对A，，当时，，当时，不满足上式，，从而知不是等差数列，故A选项错误；

对B，，当时，，故B选项正确；

对C，，当时，有最大值，而又，当或时，有最大值，即在中，、最大，故C选项正确；

对D，由知 ，根据数列的通项公式知此数列为递减数列，故D选项错误.

故选：BC

10．已知函数（）的最大值为2，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．在上单调递减

C．直线是图像的一条对称轴

D．把的图像向左平移个单位长度，得到的图像关于点对称

【答案】BCD

【分析】由题知，再根据得，进而得，再结合三角函数性质依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：因为函数（）的最大值为2

所以，，解得，

因为，，

所以，故A选项错误；

所以，

对于B选项，当时，，由于函数在上单调递减，

所以，函数在上单调递减，故B选项正确；

对于C选项，当时，，由于是函数的对称轴，

所以，直线是图像的一条对称轴，故C选项正确；

对于D选项，把的图像向左平移个单位长度得到，

所以，令，解得，故当时，，

所以，是的一个对称中心，故D选项正确.

故选：BCD

11．已知，是圆O：上两点，则下列结论正确的是（    ）

A．若点O到直线的距离为，则

B．若的面积为，则

C．若，则点O到直线的距离为

D．的最大值为，最小值为

【答案】AC

【分析】利用弦长公式判定选项A正确；先利用三角形的面积公式求出，再结合角的范围判定选项B错误；利用数量积的计算公式求出，进而判定三角形的形状判定选项C正确；设，，且，利用辅助角公式和三角函数的性质判定选项D错误.

【详解】对于A：易知圆：的半径，

因为点O到直线的距离，

所以，

即选项A正确；

对于B：因为的面积为，

所以，

即，解得，

因为，

所以或，

即选项B错误；

对于C：因为，所以，

即，即，

因为，所以，

即是边长为1的等边三角形，

所以点O到直线的距离为，

即选项C正确；

对于D：由题意设，，且，

则

因为，所以，

则，，

，

所以，

即，

即选项D错误.

故选：AC.

12．已知函数及其导函数的定义域均为R，记，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】代入，找到含有的等式可判断A正确，令，建立等式并求导，可得到关于对称，利用，用换得到方程组解得，可知为偶函数，进而可判断周期为2，容易判断D正确，利用为周期为2的偶函数，结合选项变换函数值，可求得，判断不一定相等.

【详解】

令，得

，所以A正确.

令，则

求导数得，，即

所以关于对称，

又因为

所以为偶函数.

，的周期为2.

因为为周期为2的偶函数，

所以

令时，

令，得

，所以B不正确，C正确.

因为的周期为2，，所以D正确.

故选：ACD.

【点睛】解决函数性质综合问题，要认真分析条件，联系函数的性质，判断函数是否具备奇偶性，周期性，对称性等性质，然后再利用函数性质，结合选项，选择特值寻找与选项有关的等式或不等式进行计算或者判断.

三、填空题

13．函数，对任意实数都有，则实数的值为__________．

【答案】

【分析】根据条件对任意实数都成立，用特值法，代入，即可求得，从而解得答案.

【详解】因为对任意实数都有，所以时也成立.

，经检验符合题意，

故答案为：

14．若关于x的不等式在区间上有解，则实数a的取值范围是__________．

【答案】

【分析】根据题中条件，由分离参数的方法得到，求出在给定区间的最大值，进而可求出结果.

【详解】因为，所以由得，

因为关于的不等式在区间上有解，

所以只需小于等于的最大值，

当时，，

当时，，当且仅当时等号成立，即当且仅当时取等号，故的最大值为，所以，

即实数的取值范围是.

故答案为：.

15．一个圆台两个底面的直径分别为2、4，该圆台存在内切球，则该圆台的体积为__________．

【答案】

【分析】作出圆台的轴截面，利用勾股定理和切线的性质分别求得圆台的母线，从而可求出内切球的半径和圆台的高，再根据圆台的体积公式即可得解.

【详解】如图为圆台的轴截面，设内切球得半径为，则圆台的高为，

圆台的母线长为，

则，

所以，解得，即圆台的高为，

所以圆台的体积为.

故答案为：.

16．已知抛物线C：，点，O是坐标原点，A，B，M，N是抛物线C上的四个动点，，过点P分别作，的垂线，垂足分别为E，F，则点距离的最大值为__________．

【答案】

【分析】首先设直线为，与抛物线联立得到，根据得到，即可得到直线恒过定点，同理直线恒过定点.再根据，，得到在以为直径的圆上，即可得到的最大值为直径.

【详解】设直线为，，，由题知：

，则.

，解得.

所以直线为，恒过定点.

同理直线恒过定点.

因为，，

则在以为直径的圆上.

所以的最大值为直径.

故答案为：2

四、解答题

17．为数列的前n项积，且．

(1)证明：数列是等比数列；

(2)求的通项公式．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由与的关系，把已知式中换成的关系式，然后可配出等比数列的比值；

（2）由（1）求得后，代入已知可得或由与的关系求解．

【详解】（1）证明： 由已知条件知     ①,

于是．     ②,

由①②得．     ③  ，

又    ④，

由③④得，所以 ，

令，由，得，，

所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列；

（2）由（1）可得数列是以4为首项，2为公比的等比数列．

，

法1：时，，

又符合上式，所以；

法2：将代回得：．

18．如图，在中，，，，点M在线段上．

(1)若，求的长；

(2)点N是线段上一点，，且，求证：．

【答案】(1)6

(2)证明见解析

【分析】（1）在中，利用正弦定理求解即可得到答案；

（2）因为，且，由余弦定理得：化得：，然后根据条件分别求出和的值，即可得证：.

【详解】（1）在中，，

由正弦定理： ，得

（2）在中，

由余弦定理得:

，

19．在一个袋子里有大小一样的6个小球，其中有4个红球和2个白球．

(1)现有放回地每次从中摸出1个球，连摸3次，设摸到红球的次数为X，求随机变量X的概率分布及期望；

(2)现无放回地依次从中摸出1个球，连摸2次，求第二次摸出白球的概率；

(3)若每次任意取出1个球，记录颜色后放回袋中，直到取到两次红球就停止，设取球的次数为Y，求的概率．

【答案】(1)分布列见解析，2

(2)

(3)

【分析】（1）根据二项分布求解分布列和数学期望即可.

（2）记“第一次摸出红球”为事件，“第一次摸出白球”为事件，“第二次摸出白球”为事件，即第二次摸出白球的概率为：．

（3）根据表示“前3次只有1次取到红球，其余2次取到白球，第4次取到红球”求解即可.

【详解】（1）由题意分析，的可能值为0，1，2，3

所以，     ，

，     .  

分布列为：

.

（2）记“第一次摸出红球”为事件，“第一次摸出白球”为事件，

“第二次摸出白球”为事件，

则， ，

即第二次摸出白球的概率为：．

（3）依题意，每次取到红球的概率为，取到白球的概率为.

即是“前3次只有1次取到红球，其余2次取到白球，第4次取到红球”

.

20．三棱台的底面是正三角形，平面，，，，E是的中点，平面交平面于直线l．

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由三棱台的性质得到//，再利用线面平行的判定定理和性质定理进行证明；

（2）在平面内作，建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，再利用线面角的向量公式进行求解.

【详解】（1）在三棱台中，//，

又平面，平面，

则//平面，

又平面，平面平面，

所以//.

（2）因为平面，在平面内作，

以为原点，分别为轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，

，，，

，，

设平面的一个法向量为，

则，

令，则，

设直线与平面所成角为，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

21．设椭圆E：（）的左、右焦点分别为，，点在椭圆E上．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交E于A，B两点和P，Q两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和．

【答案】(1)

(2)0

【分析】（1）根据题意建立关于a，b，c的方程组，解出即可求得椭圆的方程；

（2）设直线方程，将其与椭圆E的方程联立，求出两根之和及两根之积，再表示出，同理表示出，根据，代入化简后可得出结果．

【详解】（1）由已知椭圆的左、右焦点分别为，，∴，

方法一：

由题意得，解得，

∴椭圆的方程为；

方法二：

由，

则，又，得，

∴椭圆的方程为；

（2）设，，

由，消去得：

设，

由题意，

从而

同理，又

所以，即，又

故，直线的斜率与直线的斜率之和为0．

22．函数．

(1)若曲线存在垂直于y轴的切线，求实数a的取值范围；

(2)设，试探究函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)3个

【分析】（1）利用导数几何意义转化为关于的方程在上有实根，进而求得a的取值范围；

（2）先利用导数求得函数的单调区间，再依据零点存在定理即可得到函数的零点个数．

【详解】（1），则

由题意，存在，使得

即关于的方程在上有实根，

该方程等价于，

则的取值范围是函数的值域，

又函数在单调递增，

在单调递减，且，

则函数的值域为，

所以，的取值范围是

（2）当时，令，对称轴，

则，，

则存在两个零点，，

在上，递增；

在上，递减；

在上，递增.

又，，

在上，，，

则，，所以在上零点个数为1

又，所以，在上零点个数为1，又.

综上，当时，的零点个数为3个.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．