2023届江苏省南京市高三上学期期末模拟数学试题（解析版）

2023届江苏省南京市高三上学期期末模拟数学试题

一、单选题

1．若集合则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】将集合分别化简，然后结合交集的运算即可得到结果.

【详解】因为，则，

又因为，则，

所以.

故选：D.

2．若复数z满足，则的实部为（）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】设复数，则,故根据可求得，

结合复数的乘方运算，可求得答案.

【详解】设复数，则，

则由可得且，

解得，

故，其实部为.

故选：C.

3．若等差数列的前5项和为75，，则（    ）

A．40 B．45 C．50 D．55

【答案】B

【分析】设等差数列的公差为，根据等差数列前项和与基本量和的关系将题目条件全部转化为基本量的关系，即可求解.

【详解】设等差数列的公差为，

根据题意可得，解得，，

.

故选：B.

4．已知随机变量服从正态分布，且，则（    ）

A．0.5 B．0.625 C．0.75 D．0.875

【答案】C

【分析】根据正态分布的对称性，由题中条件，直接求解即可.

【详解】因为，并且

又因为，所以，所以

所以，所以

故选：C

5．若正n边形的边长为2，，则（    ）

A．6 B．8 C．10 D．12

【答案】D

【分析】设正n边形的内角为，根据数量积公式可得，由于，根据求和公式得到等式，分别代入各选项的n即可判断正误.

【详解】解：设正n边形的内角为，则，

，

即，

当时，，A选项错误；

当时，，B选项错误；

当时，，

由于，所以，C选项错误；

当时，，D选项正确；

故选：D.

6．已知O为坐标原点，椭圆C：，C的两个焦点为F1，F2，A为C上一点，其横坐标为1，且|OA|2=|AF1|·|AF2|，则C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，由，，，根据题意列方程可得结果.

【详解】设，则，即：，

∴.

又∵，，

∴.

又∵,

∴.  ①

又∵  ②，③，

∴由①②③得：，.

又∵,

∴.

故选：D.

7．若，则（    ）

A．2 B． C．1 D．

【答案】A

【分析】由三角恒等变换化简结合已知条件求解即可

【详解】因为，

所以，

所以，

又，

所以即，

所以，

所以即，

又，

所以，

所以，

所以，

所以即，

又易知，

所以，即，

故选：A

8．若函数 的定义域为，且 ， ，则曲线与的交点个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【分析】利用赋值法求出当，且x依次取时的一些函数值，从而找到函数值变化的规律，同理找到当，且x依次取时，函数值变化的规律，数形结合，即可求得答案.

【详解】由题意函数 的定义域为，且，

，

令，则，

令，则，即，

令，则，即，

令，则，即，

令，则，即，

令，则，即，

令，则，即，

令，则，即，

依次类推，可发现此时当，且x依次取时，

函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，

此时曲线与的交点为；

令，则，

令，则，

令，则，

令，则，

令，则，

令，则，

令，则，

依次类推，可发现此时当，且x依次取时，

函数的值依次为 ，即每四个值为一循环，

此时曲线与的交点为；

故综合上述,曲线与的交点个数为3，

故选：B

【点睛】难点点睛：确定曲线与的交点个数，要明确函数的性质，因此要通过赋值求得的一些函数值，从中寻找规律，即找到函数的函数值循环的规律特点，这是解答本题的难点所在.

二、多选题

9．已知点，，其中，则（    ）

A．点的轨迹方程为

B．点的轨迹方程为

C．的最小值为

D．的最大值为

【答案】ABC

【分析】将点坐标代入方程，即可判断A、B项；根据三角形三边关系，结合图象，即可求出的最小值与最大值，即可判断C、D项.

【详解】对于A项，将点坐标代入，可得成立，故A项正确；

对于B项，将点坐标代入，可得成立，故B项正确；

对于C项，点轨迹为以为圆心，1为半径的圆.点轨迹为椭圆.

两者位置关系如下图：

显然，因为，当且仅当三点共线时（如图或），等号成立.

所以，，当点为短轴顶点时，取得最小值，即，所以，故C项正确；

对于D项，因为，当且仅当三点共线时（如图或），等号成立.

所以，，当点为长轴顶点时，取得最大值，，所以，故D项错误.

故选：ABC.

10．记函数的最小正周期为，且.若为的零点，则（    ）

A．

B．

C．为的零点

D．为的极值点

【答案】AD

【分析】利用周期，计算出的范围；结合计算出的值，结合余弦函数的零点，极值等性质可判断是否正确.

【详解】，

得，故A正确；

由题意得，

,

，

又，

则,

当有唯一解，则，故B错误；

，

则，故C错误；

，故D正确；

故选：AD

11．对于伯努利数，有定义：.则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据伯努利数的定义以及二项式定理，将写成递推公式的形式，逐一代入计算即可判断选项.

【详解】由得，

，

所以，，

同理，，

所以，，

其中第项为

即可得

令，得；

令，得；

令，得

同理，可得；

即可得选项AC正确，B错误；

由上述前12项的值可知，当为奇数时，除了之外其余都是0，

即，也即；所以D正确.

故选：ACD.

12．已知函数，则（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】ACD

【分析】首先理解，并写出，再利用函数的周期，结合的值，即可判断选项A;代特殊值，判断B；CD选项注意这个条件，则可判断中的，则可得，这样结合条件和A的证明，即可判断CD.

【详解】，

，函数的周期,

，

，故A正确；

B.当时，

，

不恒为0，故B错误；

C. ,

中,，,

，

由A的证明过程可知，相邻四项和为0，所以，

，故C正确；

D. ，由C的证明过程可知，

，故D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，关键是理解，并会展开，但重点考查三角函数的周期，利用周期求和，问题就会迎刃而解.

三、填空题

13．小颖和小星在玩抽卡游戏，规则如下：桌面上放有5张背面完全相同的卡牌，卡牌正面印有两种颜色的图案，其中一张为紫色，其余为蓝色.现将这些卡牌背面朝上放置，小颖和小星轮流抽卡，每次抽一张卡，并且抽取后不放回，直至抽到印有紫色图案的卡牌停止抽卡.若小颖先抽卡，则小星抽到紫卡的概率为__________.

【答案】##

【分析】小星只可能在第二次和第四次抽到紫卡，将所有情况列表排列可得答案.

【详解】按照规则，两人依次抽卡的所有情形如下表所示，

其中情形二和情形四为小星最终抽到紫卡，则小星抽到紫卡的概率为.

故答案为：.

14．已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，过点O的直线与C交于点A，记直线OA，FA的斜率分别为k1，k2，且k1=3k2，则|FA|=__________.

【答案】##

【详解】首先设直线为，与抛物线方程联立，并根据，求得点的坐标，利用两点间距离求.

【点睛】设过原点的直线为，联立，解得或，

即，，所以，

因为，所以，解得：，

则，所以.

故答案为：

15．在四棱锥中,底面是边长为2的正方形,平面平面,则体积的最大值为__________.

【答案】

【分析】先做交于点,平面,垂足为,连接,根据线面垂直的判定定理证明,即,同理可得,即,且,再根据面面垂直的性质定理得,再设各个长度,在直角三角形中得到等式进行化简,即可得关于的式子,进而求得体积的表达式,求得最值即可.

【详解】解:由题过点做分别交于点,

过做平面,垂足为,连接,

画图如下:

平面,

,

平面,平面,

平面,

,

底面是边长为2的正方形,

平面,平面,

,

同理可得:,

故三点共线,

且有,,

设平面平面,

平面,平面,

,

,

平面平面,平面平面

平面,

平面,

,

不妨设,

①,

且,

即,

化简即:②,

联立①②可得:,

,

四棱锥的体积

,,

当时,,

故体积的最大值为.

故答案为:

16．若函数，，且和在一共有三个零点，则__________.

【答案】或

【分析】考虑，，三种情况，设，，，求导得到导函数，根据公切线计算得到，，再根据的范围讨论零点的个数，计算得到答案.

【详解】当时，，，不成立；

当时，，，在上有，两个零点，不成立；

当时，，时，，即；

，当时，，即，

设，，，

则，，

当，相切时，设切点为，则，

解得，；

当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增.

画出，的简图，如图所示：

，最多有两个交点，故最多有2个零点，

当时，没有零点，最多有2个零点，不成立；

当时，有1个零点，，有2个零点，成立；

现说明，即，构造函数，，，

，设，，

设，，设，恒成立，故单调递增，，

故单调递增，，故单调递减，，故函数单调递减，

，故，

当，有2零点，有2个零点，若是一个零点，则有两个零点重合，满足，此时.

综上所述：或

故答案为：或

【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数的零点问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，解题的关键是将函数的零点问题转化为交点问题，利用公切线解决参数.

四、解答题

17．设（X，Y）是一个二维离散型随机变量，其所有可能取值为（ai，bj），其中i，j∈N*.记pij=P（X=ai，Y=bj）是随机变量（X，Y）的联合分布列.与一维的情形相似，二维分布列可以如下形式表示：

现将3张卡片等可能地放入A，B两盒，记A盒中的卡片数为X，B盒中的卡片数为Y，求（X，Y）的联合分布列.

【答案】

【分析】易知的所有可能取值为，A盒中的卡片数一旦确定则B盒中的卡片数就唯一确定了，利用二项分布考查A盒中的卡片数为0，1，2，3时的概率即可.

【详解】由题意，的所有可能取值为，

且，

所以的联合分布列为：

18．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，.

(1)求四面体ACB1D1体积的最大值；

(2)若二面角B-AC-D1的正弦值为，求ABCD-A1B1C1D1的体积.

【答案】(1)；

(2)2.

【分析】（1）根据数量积和余弦定理得到，即，然后根据得到，最后利用不等式求四面体体积的最大值即可；

（2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，然后根据二面角的正弦值为列方程得到，，最后求体积即可.

【详解】（1）

设，，，

且，

由余弦定理得：，则，

又，所以，

且，当且仅当时等号成立，

即四面体体积的最大值为；

（2）

过点作的垂线，垂足为，连接，

因为平面，平面，

所以，且，

又，平面，

所以平面，且平面，

所以，即为二面角的平面角，

记二面角的平面角为，

则二面角的平面角为，

所以，

则，且，所以，

且，

所以的体积为2.

19．记的内角，，的对边分别为，，，分别以，，为直径的三个圆的面积依次为，，.已知.

(1)若，求的面积；

(2)若的面积为，求周长的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知条件和可得到，根据余弦定理可求得，即可由面积公式求得的面积；

（2）由已知得，从而可得，由面积公式可得，构造函数确定其在上单调性，由特殊值，即可得，，结合基本不等式得，，从而可求得周长的最小值.

【详解】（1）解：记的面积为，

因为，所以，

由余弦定理得，所以，则，

所以；

（2）解：因为，得

又由余弦定理得，

所以，所以，则，

又，设，

所以，所以在单调递增，

且，从而，所以

则，

所以，即，

且，当且仅当时，取等号，

所以周长的最小值.

20．已知数列{an}，{bn}满足a1=b1=1，是公差为1的等差数列，是公差为2的等差数列．

(1)若b2=2，求{an}，{bn}的通项公式；

(2)若，，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析

【分析】（1）根据已知求得，，通过累加法求得，进而求得；

（2）根据已知求得，构造，求导后得，结合得，又，从而求得，进而证得结论．

【详解】（1）解：因为是公差为1的等差数列，

所以，

即，且，

所以，

累加得，

所以，

则；

（2）解：因为，

累加得，

所以，

则，

则，

令，

且，

所以，且，所以，

所以，

且，

从而，

所以，

当时，时，，

所以．

21．已知双曲线C：的准线方程为，C的两个焦点为F1，F2.

(1)求b；

(2)若直线l与C相切，切点为A，过F2且垂直于l的直线与AF1交于点B，证明：点B在定曲线上.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由双曲线的准线方程计算c，再求b即可；

（2）先以A点坐标表示直线l的方程，进而表示出直线和的方程，联立表示出B点坐标，再表示出的长度，列出关于A点坐标的方程，最后代换成B点坐标表示，即可求得B点的轨迹方程.

【详解】（1）由题可知，，又双曲线的准线方程为，

所以，则，

所以.

（2）由（1）知，设点，

首先证明：，并将斜率不存在的情况舍弃，即,

联立消去得：，

且，所以，即，

所以直线，

联立直线，解得，且，

注意到，

从而，

即，

也即

所以点的轨迹方程为，其中，

即点在定曲线上.

22．已知函数.

(1)若，求的取值范围；

(2)记的零点为（），的极值点为，证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）构造函数，然后分类讨论，即可得到的取值范围

（2）和分别求导，求出的极值点的关系式，单调区间，零点所在区间，即可证明.

【详解】（1）记，

①当时，取，不符条件；

②当时，，

令，

∴在单调递减，在单调递增，

所以，即，

则的取值范围为；

（2）∵，

令，

则，

且，

令，

∴在单调递增，在单调递减，

且，

∴，

取，则，

∴，

取，

则，

记，

在中，，

∴在单调递增，

∴，

即

∵

∴

从而.

【点睛】本题考查构造函数，求导，考查单调区间的求法，具有很强的综合性.