2023届江苏省盐城市亭湖高级中学高三一模模拟数学试题含解析

这是一份2023届江苏省盐城市亭湖高级中学高三一模模拟数学试题含解析，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届江苏省盐城市亭湖高级中学高三一模模拟数学试题

一、单选题
1．不等式(x－π)(x－e)≤0成立的一个充分不必要条件是（    ）
A．x∈(π，e) B．x∈[e，π]
C．x∈(e，π) D．x∈(－∞，π]
【答案】C
【分析】根据题意先解出不等式，进而根据充分不必要条件的定义得到答案.
【详解】由题意，不等式的解集为：，而是的真子集，则是的充分不必要条件.
故选：C.
2．已知复数z满足(1－i)z＝2＋3i（i为虚数单位），则z＝（    ）
A．－＋i B．＋i
C．－i D．－－i
【答案】A
【分析】利用复数的运算法则求解.
【详解】∵(1－i)z＝2＋3i,
∴.
故选：A.
3．某校高三年级的名学生中，男生有名，女生有名．从中抽取一个容量为的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（    ）
A．、 B．、 C．、 D．、
【答案】C
【分析】利用分层抽样可计算得出样本中男生和女生的人数.
【详解】设样本中的男生和女生的人数分别为、，由分层抽样可得，解得.
故选：C.
4．七巧板，又称七巧图、智慧板，是中国古代劳动人民的发明，其历史至少可以追溯到公元前一世纪，到了明代基本定型，于明、清两代在民间广泛流传．某同学用边长为4dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形．若该同学从这七块小木板中随机抽取2块，这两块的面积相等的概率是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先算出各个小木板的面积，进而根据古典概型加法公式求得答案.
【详解】如图，设正方形EGHI的边长为x（dm），根据题意可知，AE=CE，即.

容易求得,记为S=4，，记为，，记为.
所以所求概率.
故选：A.
5．在三棱锥P-ABC中，已知△ABC是边长为2的等边三角形，PA为此三棱锥外接球O的直径，PA＝4，则点P到底面ABC的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将点P到底面ABC的距离转化为外接球的球心到底面ABC的距离，再利用三棱锥是棱长为2的正四面体进行求解.
【详解】设点P到底面ABC的距离为，点到底面ABC的距离为，
则.

连接、，则三棱锥是棱长为2的正四面体，
取的中点，连接，作，则平面，
即，在正中，，
在中，，
即，即点P到底面ABC的距离为.
故选：D.
6．设数列为等比数列，若，，则数列的前项和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件求出等比数列的首项和公比，再利用等比数列的求和公式可求得结果.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得，
因此，数列的前项和为.
故选：C.
7．函数的部分图象如图，则下列选项中是其一条对称轴的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由给定解析式及图象确定值的表达式，再逐项分析判断作答.
【详解】依题意，点是函数的图象对称中心，且在函数的一个单调增区间内，
则，即，，
令函数周期为，由图象知，即有，而，则有，
因此，，解得，而，则，，，
由得函数图象的对称轴：，
当时，，当时，，当时，，即选项A，B，D不满足，选项C满足.
故选：C
8．已知f(x)＝x2＋2ax－1，对任意x1、x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，恒有x2f(x1)－x1f(x2)＜a(x1－x2)成立，则实数a的取值范围是（    ）
A．(－∞，2] B．(－∞，3] C．(－∞，] D．(0，]
【答案】A
【分析】由已知条件可得函数在上单调递增，所以在上恒成立，从而可得在上恒成立，进而可求得答案
【详解】由，，得，
所以，
因为且，
所以函数在上单调递增，即在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以，
所以实数a的取值范围是，
故选：A

二、多选题
9．某企业节能降耗技术改造后，在生产某产品过程中记录的产量(吨)与相应的生产能耗(吨)的几组对应数据如表，现发现表中有个数据看不清，已知回归直线方程为，下列说法正确的是（    ）

2
3
4
5
6

19
25

38
44

A．看不清的数据的值为34
B．具有正相关关系，相关系数
C．第三个样本点对应的残差
D．据此模型预测产量为7吨时，相应的生产能耗约为50吨
【答案】ACD
【分析】利用回归直线方程结合各选项的条件逐一分析计算即可判断作答.
【详解】对于A，，由回归直线方程得，则，A正确；
对于B，由回归直线方程及数表知，具有正相关关系，而相关系数的绝对值不超过1，B不正确；
对于C，第三个样本点对应的残差，C正确；
对于D，在回归直线方程中，时，生产能耗约(吨) ，D正确.
故选：ACD
10．等差数列的前项和为，公差为，若，则下列结论正确的是（    ）
A．若，则 B．若，则最小
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据题意得，再分和两种情况讨论求解即可.
【详解】解：因为，即，
因为，
所以，
所以当，，所以，即，所以，所以，最小，此时；
当，，所以，即，所以，即所以，，此时；
故ACD满足题意.
故选：ACD
11．甲袋中装有4个白球，2个红球和2个黑球，乙袋中装有3个白球，3个红球和2个黑球．先从甲袋中随机取出一球放入乙袋，再从乙袋中随机取出一球．用，，分别表示甲袋取出的球是白球、红球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，则（    ）
A．，，两两互斥 B．
C．与B是相互独立事件 D．
【答案】AB
【分析】对于A，由互斥事件的定义判断，对于B，由条件概率的公式求解即可，对于C，由独立事件的定义判断，对于D，由求解
【详解】对于A，由题意可知，，不可能同时发生，所以，，两两互斥，所以A正确，
对于B，由题意可得，所以，所以B正确，
对于C，因为，，，所以，所以与B不是相互独立事件，所以C错误，
对于D，由C选项可知D是错误的，
故选：AB
12．笛卡尔是西方哲学思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的著名的哲学命题；同时，笛卡尔也是一位家喻户晓的数学家，除了发明坐标系以外，笛卡尔叶形线也是他的杰出作品，其方程为x3＋y3＝3axy，a为非零常数．下列关于笛卡尔叶形线的说法中正确的是（    ）
A．图象关于直线y＝x对称
B．图象与直线x＋y＋a＝0有2个交点
C．当a＞0时，图象在第三象限没有分布
D．当a＝1，x、y＞0时，y的最大值为
【答案】ACD
【分析】设是曲线上任意一点，由点的变换得方程的变化，从而确定曲线的性质，判断A；用解方程组的思想判断B；用反证法即证明满足的点不在曲线上，判断C；利用基本不等式确定的最大值，判断D．
【详解】把互换后，曲线方程不变，因此曲线关于直线对称，A正确；
代入曲线方程得，，与矛盾，因此无交点，B错；
时，第三象限点满足，但此时，，不适合曲线方程，C正确；
时，，，
，
所以，当且仅当，时等号成立．D正确．
故选：ACD

三、填空题
13．设随机变量，函数没有零点的概率是，则_____________附：若，则，．
【答案】
【分析】根据函数的无零点可得，结合题意易知，再应用正态分布的三段区间概率及对称性求.
【详解】函数没有零点，
二次方程无实根，即，可得，
又没有零点的概率是，
，由正态曲线的对称性知：，
，即，
，
，，
，
故答案为:．
14．中的系数为__________（用数字作答）.
【答案】
【分析】的二项展开式的通项为，令，再求出展开式中的系数，从而可求解.
【详解】，
其二项展开式的通项为，
要得到，则，解得.
的二项展开式的通项为，
令，可得.
故中的系数为.
故答案为:.
15．已知函数的图像关于对称，且，则__________.
【答案】26
【分析】由题意可得，故可得，可得的周期为2.由可得，故可求解.
【详解】因为的图像关于对称，
所以.
所以，两式相加可得.
故，可得.
故函数的周期为2.
因为，所以.
所以
.
故答案为:26.
16．设为抛物线的焦点，、、为抛物线上不同三点，且，为坐标原点，若、、的面积分别为、、，则___________.
【答案】3
【分析】确定抛物线的焦点的坐标，结合图形分别求解、、，可得，利用点是的重心，即可求得结论.
【详解】解：如图，连接

设、、三点的坐标分别为,，,，,，则
抛物线的焦点的坐标为，
，，，
，
，点是的重心．
．
．
故答案为：3．

四、解答题
17．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若．
(1)求的值；
(2)若，求cosB的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用数量积定义式，整理等式，利用余弦定理以及正弦定理，可得答案；
（2）根据余弦定理整理等式，求得，利用同角平方式，结合诱导公式以及余弦和角公式，可得答案.
【详解】（1）由，则，
设，则，
根据余弦定理，可得，
化简可得，根据正弦定理可得：，则.
（2）由，根据余弦定理，可得，整理可得，
则，，由，则，
由，则，根据正弦定理，可得，即，故，
.
18．记为数列的前项和，已知，，且数列是等差数列.
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析；；
(2).

【分析】（1）由题可得，然后根据项与前项和的关系可得，再根据等比数列的定义即得；
（2）由题可得，然后利用分组求和法及求和公式即得.
【详解】（1）∵，，
∴，，
设，则，，
又∵数列为等差数列，
∴，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
又∵，
∴，即：，
又∵，
∴是以1为首项，为公比的等比数列，
∴，即；
（2）∵，且，
∴，
∴
，
∴.
19．全国高中数学联赛试题设置如下：联赛分为一试、加试（即俗称的“二试”）．一试包括8道填空题（每题8分）和3道解答题（分别为16分、20分、20分），满分120分．二试包括4道解答题，涉及平面几何、代数、数论、组合四个方面．前两道题每题40分，后两道题每题50分，满分180分．已知某一数学克赛选手在一试中每道填空题能够正确解答的概率均为，每道解答题能够正确解答的概率均为，在二试中前两道每题能够正确解答的概率均为，后两道每题能够正确解答的概率均为．假设每道题答对得满分．答错得0分．
(1)记该选手在二试中的成绩为，求；
(2)根据该选手所在省份历年的竞赛成绩分布可知，若一试成绩在100分（含100分）以上的选手，最终获得省一等奖的可能性为，一试成绩低于100分，最终获得省一等奖的可能性为．问该选手最终获得省一等奖的可能性能否达到，并说明理由．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)最终获得省一等奖的可能性能达到

【分析】（1）利用可求概率.
（2）若该选择一试成绩不低于100，则解答题至少做对两道，据此分类讨论后可判断该选手最终获得省一等奖的可能性能否达到.
【详解】（1）
.
（2）设为该选手在一试中的成绩，下求，
若该选手一试成绩不低于100，则解答题至少做对两道.
当该选手做对16分题和一道20分题时，此时填空题全正确，
此时得分为100，则其概率为，
当该选手做对两道20分题时，此时填空题全正确，
此时得分为104，则其概率为，
当该选手做对所有解答题时，此时填空题至多错两题，
此时得分为112或104，
则其概率为，
故，
故该选手最终获得省一等奖的可能性为：

故该选手最终获得省一等奖的可能性能达到.
20．如图，是圆的直径，是圆上异于，的一点，垂直于圆所在的平面，，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）因为是圆的直径，可证，利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面与平面的法向量即可求解.
【详解】（1）∵是圆的直径，
∴，又垂直于圆所在的平面，DC在圆所在的平面中，
∴，又，，
∴平面，又平面，
∴平面平面；
（2）
如图，以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
设平面的法向量为，则
，
令，则，
∴，
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．
21．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：－＝1(a、b为正常数)的右顶点为A，直线l与双曲线C交于P、Q两点，且P、Q均不是双曲线的顶点，M为PQ的中点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为k1、k2，求k1·k2的值；
(2)若＝，试探究直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线l过定点(，0)

【分析】（1）设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，根据M为PQ的中点，利用点差法求解；
（2）根据＝，得到APQ是以A为直角顶点的直角三角形，则AP⊥AQ，然后直线l的斜率不存在，直线l的斜率存在时，将直线方程y＝kx＋m，与双曲线方程－＝1联立，由(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
因为P、Q在双曲线上，
所以－＝1，－＝1，
两式作差得－＝0，
即＝，
即＝，
即k1·k2＝；
（2）因为＝，
所以APQ是以A为直角顶点的直角三角形，即AP⊥AQ；
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝t，代入－＝1得，y＝±b，
由|t－a|＝b得，(a2－b2)t2－2a3t＋a2(a2＋b2)＝0，
即[(a2－b2)t－a(a2＋b2)](t－a)＝0，
得t＝或a(舍)，
故直线l的方程为x＝；
②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋m，代入－＝1，
得(b2－k2a2)x2－2kma2x－a2(m2＋b2)＝0，
Δ＝a2b2(m2＋b2－k2a2)＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－；
因为AP⊥AQ，
所以·＝0，
即(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋y1y2＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
即(km－a)(x1＋x2)＋(k2＋1)x1x2＋m2＋a2＝0，
即＝0，
即a2(a2＋b2)k2＋2ma3k＋m2(a2－b2)＝0，
即[a(a2＋b2)k＋m(a2－b2)](ak＋m)＝0，
所以k＝－或k＝－；
当k＝－时，直线l的方程为y＝－x＋m，此时经过A，舍去；
当k＝－时，直线l的方程为y＝－ x＋m，
恒过定点(，0)，经检验满足题意；
综上①②，直线l过定点(，0)．
22．已知函数
(1)求在处的切线方程；
(2)若在定义域上有两解，求证：
①；
②.
【答案】(1)；
(2)①证明见解析；②证明见解析．

【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出；
（2）①令，方程在定义域上有两解，等价转化在上有两个不同的根，
再判断出函数的单调性，求出最值，由直线与函数在上的图象有两个交点，即可证出；
②根据①，再利用“切线夹”原理放缩即可证出．
【详解】（1）因为，所以，即在处的切线方程为．
（2）①易得，，因为，
设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，
即直线与函数在上的图象有两个交点.
因为，易知当时，，当时，
设，，而，，
所以存在唯一的，使得，即，
故当时，，单调递增，时，，单调递减，
综上可知，当时，，单调递增，时，，单调递减，，所以.
设，，，设，
所以，
因为，所以，，
从而，在上递减，故，即，
当，显然，故时，恒成立.
故，
即方程在定义域上有两解时，，原命题得证.
②由①知，设， 所以，所以在定义域上有两解等价于在上有两个不同的根，
不妨设，且，所以，
设，，所以，所以，，
即，又，所以，，，即，
所以，原不等式得证.
【点睛】本题第二问的解题关键是等价转化，一是方程根的个数转化为图象的交点个数，二是利用“切线夹”将直线与函数的图象交点的横坐标之差，转化为研究直线与两条切线之间的交点的距离之差，再根据位置关系从而证出．