2023届江苏省淮安市盱眙中学高三七模数学试题含解析

2023届江苏省淮安市盱眙中学高三七模数学试题

一、单选题

1．设集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据求函数的性质分别求出集合和，然后利用交集的运算即可求解.

【详解】要使函数有意义，则有，解得或，

所以集合，

要使函数有意义，则，所以集合，

由交集的运算可得，

故选：D．

2．设复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.

【详解】依题意，

.

故选：D

3．设均为正数，且，，．则（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】试题分析：在同一坐标系中分别画出，， 的图象，

与 的交点的横坐标为， 与的图象的交点的横坐标为 ，与 的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出．

【解析】指数函数、对数函数图象和性质的应用．

【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．

【详解】4．设函数.若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由奇函数求得参数，然后计算导函数，得切线斜率，写出切线方程．

【详解】定义域是，

∵上奇函数，∴，即，∴，．

，，，又，

∴切线方程是，即，

故选：C．

5．已知向量.若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】利用共线向量定理求解.

【详解】解：因为向量，

所以，

因为，

所以，

解得，

故选：B

6．已知，则的最小值是

A．  B． C． D．

【答案】B

【分析】将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式求出代数式的最小值，然后在不等式两边同时除以可得出答案．

【详解】因为 ，

又，所以，

当且仅当时取，故选B．

【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，在利用基本不等式求最值时，要注意配凑“定值”的条件，注意“一正、二定、三相等”基本思想的应用．

7．已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率.

【详解】设，，，则，.

将，的坐标分别代入的方程，得，

两式相减，得，

所以，即.

当为的中点时，，则，故.

如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率.

故选：C.

【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，难度较大，解答的关键在于根据题目条件解出和，然后运用点差法得出而得出，的关系求解离心率，其中难点在于根据得到，运用二倍角公式解出从而得出.

8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(    )

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将三棱锥放在正方体内部，建立空间直角坐标系即可利用向量求异面直线BM与CD夹角的余弦值．

【详解】如图，正方体内三棱锥A-BCD即为满足题意的鳖臑，

以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，

则，，，，，

则，，

，

则异面直线BM与CD夹角的余弦值．

故选：A．

二、多选题

9．在中，，，下列各式正确的是（    ）

A．  B．

C．  D．

【答案】CD

【分析】根据三角形的内角和定理和正切的和角公式推导可得选项.

【详解】，，

，，所以选项A，B错误；

，

①，

又②，

联立①②解得，，故选项C，D正确，

故选：CD.

【点睛】本题考查正切的和角公式，三角形中的角之间的关系，属于基础题.

10．已知函数，则（    ）

A．的极大值为 B．的极大值为

C．曲线在处的切线方程为 D．曲线在处的切线方程为

【答案】BD

【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值，再求出、，再利用点斜式求出切线方程；

【详解】解：因为，所以，所以当或时，当时，

所以在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故A错误，B正确；因为.所以曲线在处的切线方程为，即，故C错误，D正确；

故选：BD

11．设a，，数列满足，，，则下列说法不正确的是（    ）

A．当时， B．当时，

C．当时， D．当时，

【答案】BCD

【分析】A选项，由，结合基本不等式可得，，即可判断选项正误；BCD选项，注意到，当时，方程有解，则当为方程的根时，则，即可判断选项正误.

【详解】A选项，当时，因为，

所以，又，当且仅当取等号.

故，.故A正确.

B选项，当时，

故时，为常数列，且，所以不成立.故B错误；

C选项，当时，

故或时，为常数列，且或，所以不成立.故C错误；

D选项，当时，

故或时，为常数列，且或，

所以不成立.故D错误；

故选：BCD

12．声音是物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）

A．是的一个周期 B．在上是增函数

C．的最大值为 D．在上有个极值点

【答案】CD

【分析】分别计算和的最小正周期，再由其最小公倍数即可得到的最小正周期为，即可判断A选项；设，

对求导，利用导数研究函数的单调性、极值和最值，即可判断BCD选项.

【详解】解：因为：，

的最小正周期是，的最小正周期是，

所以的最小正周期是，故A不正确；

由题可知，取一周期，不放设，

由，

令得，，，

当，，为增函数，

当，，为减函数，

当，，为增函数，

所以在，上单调递增，在上为单调递减，故B不正确；

由于，，所以的最大值为，所以C正确；

由上可得在上，在和处取得极值点，

即在上有个极值点，故D正确.

故选：CD.

三、填空题

13．函数在点处的切线方程为____________.

【答案】

【分析】由导数定义结合导数几何意义可得切线的斜率，即可得切线方程.

【详解】

则曲线在点处的切线方程的斜率为，得切线方程为，即.

故答案为：

14．已知正实数a，b满足，则的最小值为______．

【答案】18

【分析】利用“1”的代换，，利用均值不等式即可求出结果.

【详解】因为，所以．

又，所以，即，当且仅当，即，时，等号成立．

故答案为：18．

15．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，且平面ABCD，，点M为线段PC上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的表面积最小时，CM的长为___________.

【答案】

【分析】连接MA，由题意知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，然后设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点，利用几何体的结构特征分析出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小，然后设CM的中点为N，连接，利用三角形相似求得，即可求得CM的长.

【详解】连接MA，由题意可知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，则当三棱锥外接球的表面积最小时，四棱锥外接球的半径最小.设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点.当O与不重合时，连接，易知平面ABCD，则，连接OC，在中，.当O与重合时，，所以当三棱锥的外接球的表面积最小时，O与重合，.设CM的中点为N，连接，易知，则，所以，解得，所以.

故答案为：

【点睛】关键点睛：利用直角三角形中斜边最长判断出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小是解题的关键所在.

16．已知，则________.

【答案】

【分析】根据诱导公式，得到，再由诱导公式，将原式化简整理，由弦化切，即可求出结果.

【详解】∵，∴，

∴．

故答案为：.

四、解答题

17．已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）；（2）.

【分析】根据同角三角函数基本关系及正弦定理化简求；由题意结合正弦定理求得边，余弦定理求得边，最后根据面积公式求解即可.

【详解】（1）因为，

所以.

又，

所以，

即，

即.

又，所以，

则由，得.

（2）由正弦定理，得，

则由余弦定理得，

解得(负值舍去)，

所以.

【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

18．已知数列为等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，满足， ，.

（1）求数列、的通项公式；

（2）求数列的前项和.

【答案】（1），；（2）.

【解析】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，进而可求得等差数列的通项公式，根据已知条件求得的值，由此可求得等比数列的通项公式；

（2）求得，利用错位相减法可求得数列的前项和.

【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，

由题知，即，解得：，

所以，，

又，解得，又，所以，；

（2），

，①

②

①②得

，

所以.

【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：

（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；

（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；

（3）对于型数列，利用分组求和法；

（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法.

19．如图，在直三棱柱中-A BC中，ABAC， AB=AC=2，=4，点D是BC的中点．

（1）求异面直线与所成角的余弦值；

（2）求平面与所成二面角的正弦值．

【答案】（1）；（2）.

【详解】

 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

，，

，

异面直线与所成角的余弦值为．

（2）设平面的法向量为，

，

，即且，

令，则，是平面的一个法向量，

取平面的一个法向量为，

设平面与平面夹角的大小为，由，

得，故平面与平面夹角的正弦值为．

20．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．

(1)求椭圆C的标准方程

(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

【答案】(1)标准方程为．

(2)直线l过定点

【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；

（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.

【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，

，

四边形OMPN的周长为，

，

，

，

椭圆C的标准方程为．

（2）设，

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，

代入，整理得，

则，

．

易知，

，

化简得，

或(舍去)，

直线l的方程为，即，直线l过定点．

当直线l的斜率不存在时，设，

代入，解得，

由得，

，解得或(舍去)，

此时直线l过点．

综上，直线l过定点．

【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路

(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．

21．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为；两人滑雪时间都不会超过3小时．

(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；

(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与均值E(ξ)，方差D(ξ)．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）由题意两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，然后求出相应的概率即可；

（2）确定ξ的所有可能取值，计算相应的概率，得出分布列，进一步求解均值和方差即可．

【详解】（1）两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，

甲、乙两人2小时以上且不超过3小时离开的概率分别为1－－＝，1－－＝．

两人都付0元的概率为P1＝×＝，

两人都付40元的概率为P2＝×＝，

两人都付80元的概率为P3＝×＝，

则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝．

（2）ξ的所有可能取值为0，40，80，120，160，

则P(ξ＝0)＝×＝，

P(ξ＝40)＝×＋×＝，

P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，

P(ξ＝120)＝×＋×＝，

P(ξ＝160)＝×＝．

所以ξ的分布列为

E(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80，

D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝．

22．已知函数，．

(1)求函数的极值点；

(2)若恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)是的极大值点，无极小值点

(2)

【分析】（1）首先利用导数判断函数的单调区间，再确定函数的极值点；

（2）解法一，首先构造函数，，再根据函数的导数，判断函数的最大值，即可求解；解法二，首先证明，即可得，即，不等式恒成立，转化为，即可求解.

【详解】（1）由已知可得，函数的定义域为，且，

当时，；当时，，

所以的单调递增区间为，单调递减区间为，

所以是的极大值点，无极小值点．

（2）解法一：设，，

则，

令，，则对任意恒成立，

所以在上单调递减．

又，，

所以，使得，即，则，即．

因此，当时，，即，则单调递增；

当时，，即，则单调递减，

故，解得，

所以当时，恒成立．

解法二：令，，当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，即．

因为，所以，当时等号成立，

即，当时等号成立，

所以的最小值为1．

若恒成立，则，

所以当时，恒成立．