2023届江苏省泰州中学高三（下）一模模拟数学试题（含详解）

2023届江苏省泰州中学高三（下）一模模拟数学试题

一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1.已知集合，满足，则(   )
A. B. C. D.

2.若复数满足，其中为虚数单位，则复数的虚部是(   )
A. B. C. 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和，则容器内液体的体积是(   )
‍
A. B. C. D.

4.已知平面单位向量，，满足，则(   )
A. B. C. D.

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

6.小李在年月日采用分期付款的方式贷款购买一台价值元的家电，在购买个月后的月日第一次还款，且以后每月的日等额还款一次，一年内还清全部贷款(年月日最后一次还款)，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

7.在平面直角坐标系中，分别是双曲线：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. C. D.

8.已知函数．设为正数，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

二、选择题（本题共20分。在每小题出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分。）

9.已知的展开式中共有项，则(   )
A.所有项的二项式系数和为  B.所有项的系数和为
C.二项式系数最大的项为第项  D.有理项共项

10.一组样本数据的平均数为，标准差为．另一组样本数据的平均数为，标准差为．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.

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.

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.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）

13.某研究机构采访了一带一路沿线国的青年，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个关键词中选择个不同的关键词，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）.

14.已知，，则     .

15.设与相交于两点，则     ．

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     .

四、解答题（本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）

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)求最小自然数的值，使得．

18.的内角，，的对边分别为，，，已知.

(1)求；

(2)设，当的值最大时，求的面积．

19.如图，在四棱锥中，，，在以为直径的半圆上（不包括端点），平面平面，，分别为，的中点．
‍

(1)求证：平面；

(2)当四棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．

20.某公司对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；
参考公式：，

(2)公司决定：在笔试环节中得分低于分的员工直接淘汰，得分不低于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．

21.已知椭圆的左右焦点分别为，，离心率是，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)若动直线与椭圆交于，两点，且恒有，是否存在一个以原点为圆心的定圆，使得动直线始终与定圆相切？若存在，求圆的方程，若不存在，请说明理由

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.

参考答案

1.【答案】D
【解析】由可得，故正确；
当，所以，故不正确
故选.

2.【答案】D
【解析】由已知，故，
故的虛部是
故答案为.

3.【答案】C
【解析】如图为圆柱的轴截面图，过作容器壁的垂线，垂足为，
因为平行于地面，故，
‍
椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是和，
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.

4.【答案】C
【解析】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.

5.【答案】A
【解析】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.

6.【答案】A
【解析】设每月还元，按复利计算，则有
‍
即
解之得，
故选.

7.【答案】C
【解析】，，，
‍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
‍

8.【答案】D
【解析】，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，则，且，
对：若，则，则，错误；
对、：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，、错误；
对：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，正确
故选.

9.【答案】A；C；D
【解析】因为的展开式中共有项，所以，
对于，所有项的二项式系数和为，所以正确，
对于，令，则所有项的系数和为，所以错误，
对于，由于二项式的展开项共有项，所以二项式系数最大的项为第项，所以正确，
对于，的展开式的通项公式为，当时，展开式的项为有理项，所以有理项有项，所以正确，
故选.

10.【答案】B；C
【解析】由题意，
‍，
同理
两式相加得，
‍，
所以，．
故选．

11.【答案】A；B
【解析】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，，，正确；
‍，则，故函数在处切线的斜率大于零，错误；
又，则，但无法确定函数值的正负，错误；
故选.

12.【答案】B；C
【解析】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：

13.【答案】
【解析】把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，从这个关键词中选择个不同的关键词，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.【答案】
【解析】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
故答案为.

15.【答案】
【解析】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.

16.【答案】；
【解析】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：，

17.【答案】(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（）知，
‍，
‍时，，时，，
记，显然数列是递增数列，
所以所求的最小值是.

18.【答案】(1)由题意在中，，，
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（）得，
在中，，，故外接圆直径，
故，
其中，且，
因为，故，而，
故的最大值为，此时，
故，，
故，
且
故，
此时.

19.【答案】(1)证明：如图所示，取的中点的，连接，，
因为，分别为和的中点，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，
因平面，所以平面
‍
(2)如图所示，过作交于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，故为四棱锥的高，
要使四棱锥体积最大，则为弧的中点，所以与的中点，
取的中点，连接，因为，，所以，
因为平面，所以，，所以，，两两垂直，
以为原点，分别以为轴，以为轴，以为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.【答案】(1)得分不低于分的人数为：，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)①不低于分的员工的人数为：，
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：
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：
‍.
【解析】(2)

21.【答案】(1)依题意可得，
设，由余弦定理可知：，
所以，
当且仅当（即为椭圆短轴端点）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)当直线斜率不存在时，直线的方程为，
所以，，此时，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
原点到直线的距离为，所以，
整理得，
由，可得，
‍，
‍，
‍
‍
‍
‍， ，恒成立，
即恒成立 ，
所以，所以，
所以定圆的方程是
所以当时 ， 存在定圆始终与直线相切 ，
其方程是.

22.【答案】(1)，由复合函数的单调性原理得在上单调递增，由得，即.
(2)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，
（）若，则，在上单调递增，这与题设矛盾，舍去
（）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.
【解析】(2)