2023届江苏省泰州中学高三下学期一模模拟数学试题含解析

2023届江苏省泰州中学高三下学期一模模拟数学试题

一、单选题

1．已知集合M，N满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用并集和子集的定义即可求解

【详解】由可得，故D正确；

当，所以，故ABC不正确

故选：D

2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的虚部是（    ）

A． B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据复数的运算法则求得z即可求得虚部.

【详解】由已知，故，

故z的虛部是2.

故答案为：D

3．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即可求解答案.

【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,

因为MN平行于地面，故 ，

椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，

故 ,

在中， ，即圆柱的底面半径为 ，

所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，

即为 ，

故选：C.

4．已知平面单位向量，，满足，则（    ）

A．0 B．1 C． D．

【答案】C

【分析】根据可得，替换，利用数量积的运算即可求解.

【详解】如图，设，，

因为，所以平行四边形为菱形，

则为正三角形，所以，且反向，

所以，所以，

因为，

所以，

故选:C.

5．记函数的最小正周期为T．若，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴，则T＝（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】求出对称中心和对称轴之间的距离关系，根据周期的取值范围即可确定周期的值

【详解】解：由题意

在中，

设对称点和与对称轴在轴上的交点间的距离为

对称中心：

对称轴：

由几何知识得，

解得：（为属于的参数）

∵，且点和直线分别是图像的对称中心和对称轴

∴

解得：

∵

∴,

故选：A.

6．小李在2022年1月1日采用分期付款的方式贷款购买一台价值元的家电，在购买1个月后的2月1日第一次还款，且以后每月的1日等额还款一次，一年内还清全部贷款（2022年12月1日最后一次还款），月利率为．按复利计算，则小李每个月应还（    ）

A．元 B．元

C．元 D．元

【答案】A

【分析】小李的还款x元每月要产生复利，小李的贷款元每月也要产生复利.这是本题的关键所在.

【详解】设每月还元，按复利计算，则有

即

解之得，

故选：A

7．在平面直角坐标系中，分别是双曲线C：的左，右焦点，过的直线与双曲线的左，右两支分别交于点，点在轴上，满足，且经过的内切圆圆心，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线的定义先推出为正三角形，然后根据余弦定理解决.

【详解】，∴，∴，

∵经过内切圆圆心，∴为的角平分线，

∴．∴，∴，

，，

∴，于是，

∴为正三角形，．

中，由余弦定理，∴.

故选：C.

8．已知函数．设s为正数，则在中（    ）

A．不可能同时大于其它两个 B．可能同时小于其它两个

C．三者不可能同时相等 D．至少有一个小于

【答案】D

【分析】利用导数分析函数的单调性和最值，并结合的大小关系，通过赋值或分类讨论分析判断.

【详解】∵，则当时，，当时，，

故在上单调递增，在上单调递减，则，且，

对A：若，则，则，A错误；

对B、C：当时，则，故；

当时，则，故；

当时，则，故；

当时，则，故；

综上所述：不可能同时小于，B、C错误；

对D：构建，则当时恒成立，

故在上单调递减，则，

令，可得，则，

故，即，使得，

反证：假设均不小于，则，

显然不成立，假设不成立，D正确.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：在比较与的大小关系时，通过构建函数，结合导数分析判断.

二、多选题

9．已知的展开式中共有7项，则（       ）

A．所有项的二项式系数和为64

B．所有项的系数和为1

C．二项式系数最大的项为第4项

D．有理项共4项

【答案】ACD

【分析】由题意可得，对于A，所有项的二项式系数和为，对于B，令可求出所有项的系数和，对于C，由二项式展开式的系数特征求解即可，对于D，求出二项式展开式的通项公式，可求出所有的有理项

【详解】因为的展开式中共有7项，

所以，

对于A，所有项的二项式系数和为，所以A正确，

对于B，令，则所有项的系数和为，所以B错误，

对于C，由于二项式的展开项共有7项，所以二项式系数最大的项为第4项，所以C正确，

对于D，的展开式的通项公式为，当时，展开式的项为有理项，所以有理项有4项，所以D正确，

故选：ACD

10．一组样本数据的平均数为，标准差为s．另一组样本数据，的平均数为，标准差为s．两组数据合成一组新数据，新数据的平均数为，标准差为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由平均数与标准差的定义求解判断．

【详解】由题意，

，

同理

两式相加得，

，

所以，．

故选：BC．

11．已知函数的导函数，且，，则（    ）

A．是函数的一个极大值点

B．

C．函数在处切线的斜率小于零

D．

【答案】AB

【分析】根据导数符号与单调性的关系，以及极值的定义逐项分析判断.

【详解】令，解得，则在上单调递增，

令，解得或，则在上单调递减，

故是函数的一个极大值点，，A、B正确；

∵，则，故函数在处切线的斜率大于零，C错误；

又∵，则，但无法确定函数值的正负，D错误；

故选：AB.

12．正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.

【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；

正方体棱长为，正四面体的棱长为，

设球心到正四面体各个面的距离为，

正四面体体积，表面积，；

①若正四面体的一个面截球如图所示，

设小圆半径为，则，解得：，

，解得：；

②若正四面体的一个面截图如图所示，

每个面截球所得的曲线长为，的长为，

设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，

，，又，

，，

令，，

恒成立，在上单调递增，

又，，

，解得：；

综上所述：球的半径为或.

故选：BC.

【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.

三、填空题

13．某研究机构采访了“一带一路”沿线20国的青年，让他们用一个关键词表达对中国的印象，使用频率前12的关键词为：高铁､移动支付､网购､共享单车､一带一路､无人机､大熊猫､广场舞､中华美食､长城､京剧､美丽乡村.其中使用频率排前四的关键词“高铁､移动支付､网购､共享单车”也成为了他们眼中的“新四大发明”.从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的选法种数为___________（用数字作答）.

【答案】164

【分析】从这12个关键词中选择3个不同的关键词，分为包含一个、二个、三个“新四大发明”关键词的情况计算可得答案.

【详解】把12个的关键词分为两组：高铁、移动支付、网购、共享单车一组，余下的为一组，

从这12个关键词中选择3个不同的关键词，且至少包含一个“新四大发明”关键词的情况有

种.

故答案为：.

14．已知，则____________.

【答案】

【分析】根据同角三角函数基本关系求出、的值，再利用两角差的正切公式计算即可求解.

【详解】因为，所以，

因为，所以，

所以，

所以，

所以，

故答案为：.

15．设与相交于两点，则________．

【答案】

【分析】先求出两圆的公共弦所在的直线方程，然后求出其中一个圆心到该直线的距离，再根据弦长、半径以及弦心距三者之间的关系求得答案.

【详解】将和两式相减：

得过两点的直线方程： ，

则圆心到的距离为，

所以 ，

故答案为：

四、双空题

16．已知直三棱柱中，，，分别为棱，的中点，过点作平面将此三棱柱分成两部分，其体积分别记为，则__________；平面截此三棱柱的外接球的截面面积为__________．

【答案】         

【分析】取中点，取中点，连，，求出棱台的体积，再由柱体体积减去台体体积可得；求出三棱锥外接球半径为，利用向量法求出外接球球心到平面距离，从而求出小圆的半径，即可得到答案；

【详解】取中点，取中点，连，

平面为平面，，

，，

三棱锥外接球半径，

如下图建系，，，，，

设平面的法向量，

，，不妨设，则，

球心到平面距离，

，．

故答案为：，

五、解答题

17．已知数列是等差数列，，且，，成等比数列．给定，记集合的元素个数为．

(1)求，的值；

(2)求最小自然数n的值，使得．

【答案】(1)，；

(2)11

【分析】（1）利用等比数列的性质求得公差，得通项公式，写出时的集合可得元素个数，即；

（2）由（1）可得，然后分组求和法求得和，用估值法得时和小于2022，时和大于2022，由数列的单调性得结论．

【详解】（1）设数列的公差为，由，，成等比数列，得，

，解得，所以，

时，集合中元素个数为，

时，集合中元素个数为；

（2）由（1）知，

，

时，=2001<2022，时，=4039>2022，

记，显然数列是递增数列，

所以所求的最小值是11.

18．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.

(1)求；

(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理，三角形内角和和三角函数公式化简等式，即可得出.

（2）根据正弦定理将转化为关于的三角函数式，利用三角变换和正弦函数的性质可求其最值，从而求出，即可求出△ABC的面积

【详解】（1）由题意

在△ABC中，，，

由正弦定理得，

∴，整理得到，

而为三角形内角，故，故，而，

故即.

（2）由题意及（1）得

在△ABC中，，，故外接圆直径，

故

，

，

其中，且，

因为，故，而，

故的最大值为1，此时，

故，，

故，

且

故，

此时.

19．如图，在四棱锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．

(1)求证：平面ABE；

(2)当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.

（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD的中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.

【详解】（1）证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，

因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，

因为，所以，

因为平面，平面，所以平面，

同理可得平面，

因为，平面，平面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面.

（2）解：如图所示，过E作交AB于O，

因为平面平面ABCD，平面平面，平面，

所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，

要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，

取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，

因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，

以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，

设，所以，

可得，，，则，，

设平面的一个法向量，则，可得，

令，则平面的一个法向量为，

平面的一个法向量为，则，

由图可知二面角的平面角为锐角，

所以二成角的余弦值为．

20．某公司对40名试用员工进行业务水平测试，根据测试成绩评定是否正式录用以及正式录用后的岗位等级，测试分笔试和面试两个环节．笔试环节所有40名试用员工全部参加；参加面试环节的员工由公司按规则确定．公司对40名试用员工的笔试得分笔试得分都在内进行了统计分析，得到如下的频率分步直方图和列联表．

(1)请完成上面的列联表，并判断是否有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；

(2)公司决定：在笔试环节中得分低于85分的员工直接淘汰，得分不低于85分的员工都正式录用．笔试得分在内的岗位等级直接定为一级无需参加面试环节；笔试得分在内的岗位等级初定为二级，但有的概率通过面试环节将二级晋升为一级；笔试分数在内的岗位等级初定为三级，但有的概率通过面试环节将三级晋升为二级．若所有被正式录用且岗位等级初定为二级和三级的员工都需参加面试．已知甲、乙为该公司的两名试用员工，以频率视为概率．

①若甲已被公司正式录用，求甲的最终岗位等级为一级的概率；

②若乙在笔试环节等级初定为二级，求甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率．

参考公式：，

【答案】(1)表格见解析，没有；

(2)①；②.

【分析】（1）根据频率直方图求出得分不低于90分的人数，结合所给的公式和数据进行求解判断即可；

（2）①根据古典概型的计算公式，结合和事件的概率公式进行求解即可；

②分类运算即可得解.

【详解】（1）得分不低于90分的人数为：，所以填表如下：

所以，

因此没有的把握认为“试用员工的业务水平优良与否”与性别有关；

（2）不低于85分的员工的人数为：，

直接定为一级的概率为，

岗位等级初定为二级的概率为：，

岗位等级初定为三级的概率为：.

①甲的最终岗位等级为一级的概率为：；

②甲的最终岗位等级不低于乙的最终岗位等级的概率为：

.

21．已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，P为椭圆上的动点.当取最大值时，的面积是

（1）求椭圆的方程：

（2）若动直线l与椭圆E交于A，B两点，且恒有，是否存在一个以原点O为圆心的定圆C，使得动直线l始终与定圆C相切？若存在，求圆C的方程，若不存在，请说明理由

【答案】（1）；（2）存在，

【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式确定点P为椭圆短轴端点时，取最大值，再根据三角形面积及，求得，，，即可得到答案；

（2）对直线的斜率分存在和不存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，，利用向量数量积的坐标运算及韦达定理可得，即可得到答案；

【详解】（1）依题意可得，

设，由余弦定理可知：，

所以，

当且仅当（即P为椭圆短轴端点）时等号成立，且取最大值；

此时的面积是，

同时，联立和

解得，，，

所以椭圆方程为.

（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，

所以，，此时，

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，

原点O到直线1的距离为d，所以，

整理得，

由，可得，

，

，

， ，恒成立，

即恒成立 ，

所以，所以，

所以定圆C的方程是

所以当时 ， 存在定圆C始终与直线l相切 ，

其方程是.

【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、离心率的概念、圆的方程求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意对直线的斜率分存在不和存在两种情况的讨论.

22．已知函数（为自然对数的底数）.

(1)若不等式恒成立，求实数的取值范围；

(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）先判断在上单调递增，再利用单调性解不等式得解；

（2）等价于对恒成立，令，利用二次求导对分类讨论求函数的最大值得解.

【详解】（1）解：，由复合函数的单调性原理得在上单调递增，由得，即.

（2）解：对恒成立

令，，

，在上单调递减，

，

若，即时，在上恒成立，则在上单调递减，符合题意.

若，即时，

（i）若，则，在上单调递增，这与题设矛盾，舍去.

（ii）若，则存在使，且当时，单调递增，此时这与题设也矛盾，舍去.

综上：实数的取值范围为.