2023届江苏省常州市戚墅堰高级中学高三二模模拟数学试题含解析

这是一份2023届江苏省常州市戚墅堰高级中学高三二模模拟数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江苏省常州市戚墅堰高级中学高三二模模拟数学试题一、单选题1．已知集合和，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】化简集合，根据集合的交集，并集及包含关系判断即可.【详解】，,A、B选项错误；，，故C错误，D正确.故选：D2．1977年是高斯诞辰200周年，为纪念这位伟大的数学家对复数发展所做出的杰出贡献，德国特别发行了一枚邮票，如图，这枚邮票上印有4个复数，设其中的两个复数的积，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，利用复数的乘法运算，结合复数相等求解作答.【详解】，因此，而，则，所以.故选：D3．的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（    ）A．2 B．±2 C． D．±【答案】D【分析】根据展开式的通项公式，确定项的系数，即可求解.【详解】展开式的通项公式是，当时，项的系数为，解得：.故选：D4．如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，可得，求出的夹角范围，再利用向量数量积的定义、运算律求解作答.【详解】过点作交半圆弧于点，连接，如图， 而是正三角形，则，令夹角为，当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，显然，，所以.故选：B5．已知函数(，)，若函数的最小正周期且在处取得最大值2，则的最小值为（    ）A．5 B．7 C．11 D．13【答案】D【分析】由函数式的最大值2结合函数的特点求出a值，再把函数式化成，由取最大值的条件结合周期范围得解.【详解】，所以的最大值为，即，又，所以，所以.又在处取得最大值2，所以，即，即，又函数的最小正周期，所以，又，所以，所以的最小值为13.故选：D【点睛】涉及解决类型函数的问题，运用辅助角公共化成是关键.6．已知等差数列的公差为，随机变量满足，，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等差数列的通项公式和随机变量分布列的概率之和等于1即可求解.【详解】因为随机变量满足，所以，也即，又因为是公差为的等差数列，所以，则有，，，所以，则，，，因为，所以，解得，故选：.7．已知双曲线的左焦点为，离心率为e，直线分别与C的左､右两支交于点M，N.若的面积为，，则的最小值为（    ）A．2 B．3 C．6 D．7【答案】D【分析】作出辅助线，，由面积公式求出，利用双曲线定义和余弦定理求出，求出，进而求出.【详解】连接，有对称性可知：四边形为平行四边形，故，，，由面积公式得：，解得：，由双曲线定义可知：，在三角形中，由余弦定理得：，解得：，所以，解得：，故，当且仅当，即时，等号成立.故选：D8．已知，，，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得，，，然后构造函数，利用导数研究函数的单调性即得.【详解】∵，，，∴，对于函数，，令，，则，∴在上单调递减，∴，即，在上单调递减，∴，即，∴，∴.故选：B. 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，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC为轴顺时针旋转，则（    ）A．有水的部分始终是棱柱B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变C．棱始终与水面平行D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，不是定值【答案】AC【分析】利用棱柱的几何特征判断A；根据水面矩形变化情况判断B；利用线面平行的判定判断C；利用盛水的体积判断D作答.【详解】对于A，有水部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而，并且BC始终与水面平行，即有，若点H在棱上，由面面平行的性质知，，若点H在棱CD上，，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；对于B，因为水面为矩形，边的长不变，随旋转角的变化而变化，矩形的面积不是定值，B错误；对于C，因为始终与平行，而始终与水面平行，并且不在水面所在平面内，即棱始终与水面平行，C正确；对于D，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，有水部分的棱柱的底面为三角形，而水的体积不变，高不变，则底面面积不变，即为定值，D错误.故选：AC11．已知定义域为的函数，的最小正周期均为，且，，则（    ）A． B．C．函数是偶函数 D．函数的最大值是【答案】BC【分析】根据函数的周期性以及已知条件，求得的解析式；再结合特殊角的三角函数值，诱导公式，倍角公式，三角函数的奇偶性和最值，即可判断和选择.【详解】因为，的最小正周期均为，，则，即，又，故可得：，，则；综上所述，；对A：，故A错误；对B：，，显然，故B正确；对C：，又为偶函数，故函数是偶函数，C正确；对D：，又的最大值为，故D错误.故选：BC.12．如图，已知抛物线，过抛物线焦点的直线自上而下，分别交抛物线与圆于四点，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由题知，，设直线为，联立方程，消去得，，然后根据直线与抛物线位置关系，焦点弦性质，韦达定理，求导逐个计算即可.【详解】由题知，，设直线为，联立方程，消去得，所以，由抛物线的定义知，因为，所以，故A错误；又所以，故B正确；又，由上述知，当时等号成立，所以，故C正确；又，由上述知，所以，所以，其中，令，所以，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，故D错误；故选：BC 三、填空题13．已知，则的值为______________．【答案】/0.5【分析】根据和差公式的逆用得，采用换元法令，则，即，结合诱导公式与二倍角公式即可得答案.【详解】已知，则，所以，令，则，即，所以.故答案为：.14．二十四节气歌是古人为表达人与自然宇宙之间独特的时间观念，科学揭示天文气象变化规律的小诗歌，它蕴含着中华民族悠久文化内涵和历史积淀，体现着我国古代劳动人民的智慧其中四句“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒”中每句的开头一字代表着季节，每一句诗歌包含了这个季节中的6个节气．若从24个节气中任选2个节气，则这2个节气恰好不在一个季节的概率为______．【答案】【分析】方法1：利用古典概型概率公式直接计算可得.方法2：可先求得从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数，利用对立事件的性质，求出从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，利用古典概型概率公式计算可得.【详解】方法1：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：，求从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数，分两步完成：第一步，从4个季节中任选2个季节的方法有，第二步，再从选出的这2个季节中各选一个节气的方法有：，所以从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：，所以，．方法2：从24个节气中任选2个节气的事件总数有：，从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好在一个季节的事件总数有：，从24个节气中任选2个节气，这2个节气恰好不在一个季节的事件总数有：，所以，．故答案为：.15．已知函数的图像关于直线对称，且时，，则曲线在点处的切线方程为___________.【答案】【分析】先求出当时，，利用导数的几何意义求出切线斜率，写出切线方程.【详解】设分别为函数的图像上关于直线对称的两点，不妨设，则.所以，所以所以.所以当时，.所以.而，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：. 四、双空题16．历史上第一个研究圆锥曲线的是梅纳库莫斯（公元前375年-325年），大约100年后，阿波罗尼斯更详尽、系统地研究了圆锥曲线，并且他还进一步研究了这些圆锥曲线的光学性质：如图甲，从椭圆的一个焦点出发的光线或声波，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，其中法线表示与椭圆C的切线垂直且过相应切点的直线，如图乙，椭圆C的中心在坐标原点，焦点为，由发出的光经椭圆两次反射后回到经过的路程为．利用椭圆的光学性质解决以下问题：（1）椭圆C的离心率为__________．（2）点P是椭圆C上除顶点外的任意一点，椭圆在点P处的切线为在l上的射影H在圆上，则椭圆C的方程为__________．【答案】     /0.5     【分析】(1)由题意得到关于a,c的等式,然后结合离心率的定义即可确定椭圆的离心率;(2)由题意利用几何关系求得a,b的值即可求得椭圆方程.【详解】设椭圆C的长轴长为2a(a>0),则由F1发出的光经椭圆两次反射后回到F1，经过的路程为，从而；如图示：延长,交于点F0.在△中,PH⊥F0F2,由反射角等于入射角，可得：,则且H为中点.在△中,则,∴,所以椭圆方程为.故答案为：；. 五、解答题17．在等差数列中，为的前n项和，，数列满足．(1)求数列和的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据等差数列的通项公式和前n项和公式可求数列的通项公式，再根据数列的项与前n项和的关系可求的通项公式；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）设等差数列的公差为，所以，解得，所以，，①则当时，②①②得：，则，而当时，，则，满足上式．所以．（2）记，，.18．在中，所对的边分别为，且，其中是三角形外接圆半径，且不为直角.(1)若，求的大小；(2)求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】(1)根据余弦定理和正弦定理即可求出的大小.(2)运用正弦定理和二倍角的余弦公式，化简，再利用基本不等式求解的最小值.【详解】（1）在中， ，进而，，，又不为直角，则，，，.（2）由(1)知， 转化为，又，，.，当且仅当，即时，等号成立，的最小值为.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．《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则六十四卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000000剥0000011比0000102观0000113…………(1)成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，试分别写出这两个卦所表示的十进制数；(2)若某卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；(3)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记5分；若只有两个阳爻相邻，则记2分；若三个阳爻均不相邻，则记1分．设任取一卦后的得分为随机变量X，求X的概率分布和数学期望．【答案】(1)7；56；(2)310；(3).分布列见解析 【分析】（1）先写出给定符号所表示的二进制数，再将二进制数转化成十进制数即可；（2）先列出该卦所表示的所有二进制数，再求和；（3）根据相邻问题捆绑、不相邻问题插空分别求得概率，即可求得分布列，进而求得数学期望.【详解】（1）“否”卦所表示的二进制数为000111，转化为十进制数是，“泰”卦所表示的二进制数为111000，转化为十进制数是.（2）因为该卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为：001111,010111,011011,011101,011110,100111,101011,101101,101110,110011,110101,110110，111001,111010,111100，因为这15个数中，每个位置都是5次0,10次1，所以所有这些卦表示的十进制数的和为.（3）依题意可得，则，所以X的概率分布列如下：125所以，即数学期望为.21．已知过点的直线与双曲线：的左右两支分别交于、两点.(1)求直线的斜率的取值范围；(2)设点，过点且与直线垂直的直线，与双曲线交于、两点.当直线变化时，恒为一定值，求点的轨迹方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，联立直线与双曲线方程，消元、依题意可得，即可得到不等式求出的取值范围，即可得解；（2）由（1）知，因为，设，则直线的方程为：，设，，联立直线与双曲线方程，消元，即可表示出，从而表示出，即可得到时，为定值，从而求出动点的轨迹方程.【详解】（1）当时，显然符合题意，当时，设直线的方程为，其中，设、，与双曲线方程联立可得，因为直线与双曲线交于不同的两支，所以，又， 所以，解得，即，所以且，解得或，综上可得；（2）由（1）知，因为，所以，设，则直线的方程为：，设，直线与双曲线方程联立可得，即，所以，所以，得，又因为，所以，当时，即时，为定值，所以或，又因为，所以点的轨迹方程为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，其中.(1)当时，求的值；(2)讨论的零点个数.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）根据条件，讨论x的取值范围，从而去掉函数中的绝对值符号，求得函数f(x)的导数，进而求得答案.（2）令，整理化简得，结合函数解析式特点以及用导数判断函数的单调性可得的零点个数是两个函数和的零点个数之和 ，然后构造新函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在定理可解得答案.【详解】（1）时，.时，.时.；（2）令，有, ,则，即.所以.时，；时，；所以，在上递减；在上递增.又因为，所以，当且仅当或.又，故和不可能同时成立.所以的零点个数是两个函数和的零点个数之和，其中.时，递增，无零点.时，令，得，故在上递减；在上递增.当时，，此时无零点.当时，，此时有一个零点.当时，，令，故，所以，由零点存在性定理，在和上各有一个零点，此时有两个零点.在上递增.又t，故时，在上必有一个零点.综上所述，时，有一个零点；时，有两个零点；时，有三个零点.【点睛】本题考查了函数的导数的计算以及用导数判断函数的零点个数问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是能根据题意对函数或者方程进行合理的变化，从而能构造新的函数，再利用导数研究其单调性或者最值，从而解决问题.