2023届江苏省南通市海安高级中学高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南通市海安高级中学高三下学期一模数学试题含解析，共24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届江苏省南通市海安高级中学高三下学期一模数学试题 一、单选题1．已知集合，，则的元素个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】解出集合再根据交集运算求出即可得出结果.【详解】由题意可得，,根据交集运算可得，所以的元素个数为2.故选：C2．若复数z满足，则z的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出复数z，再求z的虚部.【详解】因为，所以.故z的虚部为.故选：D3．设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据空间向量垂直满足的坐标运算即可求解.【详解】∵，，∴，取x轴的方向向量为，若向量与x轴垂直，则，解得：，故选：A．4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，，所以，即.故选：A.5．已知p：，q：，则p是q的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.【详解】令，，且，故为奇函数，时，递增，则也递增，又为奇函数，则在上递增，，若，则，则，即即；，若，则等价于，即，由在上递增，则， 即，故p是q的充要条件，故选：C.6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，即经过4次操作之后所得图形的面积是.故选：A7．已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．【详解】解：设，则，，，，或（舍去），为的重心，，为的中点，，故选：B．8．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A. 二、多选题9．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ）A．P(X＞32)＞P(Y＞32)B．P(X≤36)＝P(Y≤36)C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车【答案】BCD【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；B., ，所以，故B正确；C. =，所以，故C正确；D. ，，所以，故D正确.故选：BCD10．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（    ）A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为 C． D．该六面体外接球的表面积为3π【答案】ACD【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，所以，即 又，所以CD⊥平面ABC，故A正确；因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，所以，三点共线；因为，因为正三角形的中心，所以，设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，所以，解得，所以，所以，又，所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；因为，所以，故C正确；  显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.11．已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（    ）A．在是增函数B．是奇函数C．在上有两个极值点D．设，则满足的正整数的最小值是【答案】ABD【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项的正误；验证、时，是否成立，由此可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，当时，，，，所以，函数在是增函数，A选项正确；对于B选项，令，该函数的定义域为，，，则，所以，函数为奇函数，B选项正确；对于C选项，当时，，且，所以，函数在内无极值点；，①当时，，，则，则，，此时，，所以，函数在上单调递减，，，所以，函数在上只有一个极值点；②当时，，，所以，，，则，所以，，则，所以，函数在上没有极值点.综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；对于D选项，.当时，，，不成立；当时，，当时，，，，，，则，所以，，所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：利用定义法判断函数的奇偶性，步骤如下：（1）一是看定义域是否关于原点对称，如果定义域不关于原点对称，则该函数为非奇非偶函数；（2）若函数的定义域关于原点对称，接下来就是判断与之间的关系；（3）下结论.12．已知函数的部分图象如图所示，其中，且的面积为，则下列函数值恰好等于的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】根据题意得到，根据条件可以求出，所以，根据选项求值判断即可.【详解】根据题意得，，因为，所以，即，所以，又的面积为2，所以，所以，所以，所以，解得（舍去），.所以，即.所以，故A正确；所以，故B不正确；所以，故C正确；所以，故D不正确.故选：AC. 三、填空题13．展开式中含项的系数为______．【答案】－60【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.【详解】，设该二项式的通项公式为，因为的次数为，所以令，二项式的通项公式为，令，所以项的系数为，故答案为：14．定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.【答案】1【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得答案.【详解】若为偶函数，为奇函数，则，，令，则，即，令，则，即，又因为，所以.故答案为：1.15．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.【答案】【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.【详解】设，由，解得，所以，所以，设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为.故答案为：【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.16．在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量，记，.在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为____________的概率最大.【答案】18【分析】直接根据服从二项分布，结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13概率最大，从而得解.【详解】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数服从二项分布，由，结合题中结论可知，时概率最大，即后面80次中出现13次点数1的概率最大，加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.故答案为：18. 四、解答题17．△ABC中，D是线段BC上的点，，的面积是面积的2倍．(1)求；(2)若，，求DC和AB的长．【答案】(1)(2)， 【分析】（1）由面积公式可得，利用正弦定理即可求解，（2）根据余弦定理联立方程即可求解.【详解】（1）设，则由，的面积是面积的2倍，可得，求得．在中，由正弦定理可得①，中，由正弦定理可得②．由于和互补，故，由①②求得．（2）∵的面积是面积的2倍，，，∴，∴．设，则，中，由余弦定理可得①，中，由余弦定理可得②，∴由①②求得，∴，．18．已知数列满足，且(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.【答案】(1)(2)66490 【分析】（1）依题意为等差数列，设公差为，由，即可求出，从而得到通项公式；（2）由（1）可知，则，再利用分组求和法计算可得；【详解】（1）解：因为，所以，所以为等差数列，设公差为，因为，所以，所以，所以，即（2）解：因为，所以所以，所以19．如图，四棱锥，底面为矩形，平面，为的中点.（1）证明：平面；（2）设二面角为60°，，，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【分析】（1）连接辅助线构造三角形，利用三角形中位线定理证明线线平行，再通过线线平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，通过二面角为60°，利用平面法向量求出点的坐标，再利用法向量求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）如图， 连接，且，则在矩形中为中点，且在中，为的中点，∴且平面，平面，∴平面；（2）如图以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，，，设，， ，，∴，，设平面、平面和平面的法向量分别为，，则有，∴，令，则有，同理可得，，∵二面角为60°∴，∴，解得，∴，，设与所成角为，∴，即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查用线面平行判定定理证明线面平行，用空间向量求线面所成角，考查推理论证能力、运算求解能力和转化与化归思想，是中档题.20．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．(1)若千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；(2)若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域的面积最大？【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据直线EF与椭圆相切时，长半轴最大，利用判别式为0即可求解.（2）联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式，结合三角形的面积公式，由的范围，结合二次函数的性质即可求解面积的最大值.【详解】（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，由题意，，由，所以，所以，，所以直线EF的方程为：，设，则， 所以椭圆，当a最大时直线EF与椭圆相切，整理可得：，，解得（舍）所以椭圆的长半轴长的最大值为；（2）因为，，，所以，所以椭圆的方程为：；设，则，直线MN的方程为：，联立 ，整理可得：，设，,则，，，，要保证MN与半椭圆有交点，当N位于B时，所以，当，即，有最大值为1，综上所述，当时，三角形OMN的面积最大．21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.(1)求抛物线和圆的方程；(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为(2)证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.【详解】（1）解：由题设得，所以抛物线的方程为.因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为由圆与轴相切，所以圆半径为，所以圆的方程为.（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.故设过点且与圆相切的切线方程为，即.依题意得，整理得①；设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，故，②，由得③，因为点，则④，⑤由②，④，⑤三式得：，即，则，即，所以点在圆.22．已知函数且.(1)设，讨论的单调性；(2)若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)1）；2)证明见解析 【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【详解】（1）,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,,解,得,解,得综上, 当时, 增区间为,减区间为,当时, 增区间为,减区间为,（2）1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时, ,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的, 其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中 ,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的, ,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知, ,在上单调递增, 可得,可知与同号所以,在上单调递增. ,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题, 证明的方法总结:先构造,再确定的单调性, 结合特殊值得到再利用单调性可得.