2023届江苏省南通市如皋市高考三模数学试题

2023年高考适应性考试（三）

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，集合，若，则（    ）

A.0 B.1 C.2 D.3

2.已知i为虚数单位，复数在复平面内对应的点落在第一象限，则实数m的取值范围为（    ）

A. B. C. D.

3.已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（    ）

A. B. C.2 D.

4.为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型，其中为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数.假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要（    ）

（参考数据：，）

A.14次 B.15次 C.16次 D.17次

5.将函数的图象上的点横坐标变为原来的（纵坐标变）得到数的图象，若存在，使得对任意恒成立，则（    ）

A. B. C. D.

6.如图，湖面上有4个小岛A，B，C，D，现要建3座桥梁，将这4个小岛联通起来，则所有不同的建桥方案种数为（    ）

A.6 B.16 C.18 D.20

7.已知各项均为正整数的递增数列的前n项和为，若，，当n取大值时，的值为（    ）

A.10 B.61 C.64 D.73

8.在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为（    ）

A. B. C. D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9.某班共有48人，小明在一次数学测验中的成绩是第5名，则小明成绩的百分位数可能是（    ）

A.9 B.10 C.90 D.91

10.如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P，Q分别为棱，BC的中点，则（    ）

A.平面  B.平面平面

C.三棱柱的侧面积为 D.三棱锥的体积为

11.已知定义在R上的函数的图象连续不间断，若存在非零常数t，使得对任意的实数x恒成立，则称函数具有性质.则（    ）

A.函数具有性质

B.若函数具有性质，则

C.若具有性质，则

D.若函数具有性质，且，则，

12.已知双曲线的左，右焦点分别为，，点P是双曲线C的右支上一点，过点P的直线与双曲线C的两条渐近线交于M，N，则（    ）

A.的最小值为8

B.若直线l经过，且与双曲线C交于另一点Q，则的最小值为6

C.为定值

D.若直线l与双曲线C相切，则点M，N的纵坐标之积为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数依次构成等差数列，则其展开式中所有项的系数和为______.

14.为了解某大学射击社团的射击水平，分析组用分层抽样的方法抽取了6名老学员和2名新学员的某次射击成绩进行分析，经测算，6名老学员的射击成绩样本均值为8（单位：环），方差为（单位：环2）；2名新学员的射击成绩分别为3环和5环，则抽取的这8名学员的射击成绩的方差为______环2.

15.已知点是抛物线上的动点，则的最小值为______.

16.在平面直角坐标系中，点P在圆上运动，点Q在函数的图象上运动，写出一条经过原点O且与圆C相切的直线方程为______；若存在点P，Q满足，则实数a的取值范围是______.

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.（本小题满分10分）

已知数列中，，.

（1）求数列的通项公式；

（2）求证：数列的前n项和.

18.（本小题满分12分）

在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答

记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______.

（1）求角C的大小；

（2）若点D在AB边上，且，，求的值.

19.（本小题满分12分）

2023年，全国政协十四届一次会议于3月4日下午3时在人民大会堂开幕，3月11日下午闭幕，会期7天半；十四届全国人大一次会议于3月5日上午开幕，13日上午闭幕，会期8天半.为调查居民对两会相关知识的了解情况，某小区开展了两会知识问答活动，现将该小区参与该活动的240位居民的得分（满分100分）进行了统计，得到如下的频率分布直方图.

（1）若此次知识问答的得分X服从，其中近似为参与本次活动的240位居民的平均得分（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），求的值；

（2）中国移动为支持本次活动提供了大力支持，制定了如下奖励方案：参与本次活动得分低于的居民获得一次抽奖机会，参与本次活动得分不低于的居民获得两次抽奖机会，每位居民每次有的机会抽中一张10元的话费充值卡，有的机会抽中一张20元的话费充值卡，假设每次抽奖相互独立，假设该小区居民王先生参与本次活动，求王先生获得的话费充值卡的总金额Y（单位：元）的概率分布列，并估计本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额（单位：元）

参考数据：，，

.

20.（本小题满分12分）

如图，在多面体中，，平面，是边长为2的正三角形，，点M是BC的中点，平面.

（1）求证：平面平面；

（2）求二面角的余弦值.

21.（本小题满分12分）

在平面直角坐标系中，已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于M，N两点，直线AM，BN交于点P.

（1）记，的面积分别为，，若，求点P的坐标；

（2）设点，若点M在直线FG的左侧，记直线MG与直线交于点Q，求证：直线FQ平分.

22.（本小题满分12分）

已知函数，其中a为实数.

（1）若，求函数在区间上的最小值；

（2）若函数在R上存在两个极值点，，且.求证：.

参 考 答 案

一、选择题：cabccbda        cd   bd    abd   acd 

三、填空题：

13．－1       14．       15．       16．(或)  

四、解答题：

17．【解】（1）因为，，故，

所以，整理得．             ……………2分

又，，，

所以为定值，                                 ……………4分

故数列是首项为2，公比为2的等比数列，

所以，得．                          ……………6分

（2）因为，                                   ……………8分

所以． ……………10分

18．【解】选择①．

（1）因为，结合余弦定理，

得，即，                ……………3分

据正弦定理可得，所以，

又，，

所以，即，

又，所以．                             ……………6分

（2）设，则．

因为，，故，

所以，

在中，据正弦定理可得，即，

在中，同理，                         ……………9分

因为，

所以，即，整理得，

所以的值为．                             ……………12分

选择②．

（1）因为，结合正弦定理可得，

即，                ……………2分

又，

所以，

即，                      ……………4分

又，，故，即，

所以，，

因为，，所以，得．

                                                       ……………6分

（2）设，则．

因为，，故，

所以，

在中，据正弦定理可得，即，

在中，同理，                          ……………9分

因为，

所以，即，整理得，

所以的值为．                              ……………12分

19．【解】（1）依题意，，

                                                                  ……………2分

所以，故

．                                              ……………4分

（2）参与活动的每位居民得分低于74分的概率为，得分不低于

74分的概率为．

Y的所有可能取值分别为10，20，30，40．

，，

，，

所以Y的概率分布为

                                                       ……………10分

所以，

所以本次活动中国移动需要准备的话费充值卡的总金额为元．

                                                        ……………12分

20．【解】（1）取BC1的中点D，连结MD，A1D．

在△BCC1中，M，D分别是BC，BC1的中点，所以MD∥CC1，且MD＝CC1．

又AA1∥CC1，故MD∥AA1，所以点A，A1，D，M四点共面．

因为AM∥平面A1BC1，AM平面AA1DM，平面AA1DM∩平面A1BC1＝A1D，

所以AM∥A1D．

因为CC1⊥平面ABC，AM平面ABC，

所以AM⊥CC1，故A1D⊥CC1，

在正△ABC中，M是BC的中点，

故AM⊥BC，故A1D⊥BC，

又BC∩CC1＝C，BC，CC1平面BCC1B1，

所以A1D⊥平面BCC1B1，

因为A1D平面A1BC1，所以平面A1BC1⊥平面BCC1B1．      ……………6分

（2）法一：因为AA1∥CC1，CC1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面ABC，

以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间

直角坐标系A－xyz．

则，，，．

所以，，，

设平面A1BC1的法向量，

则即

取，则，，

故平面A1BC1的一个法向量为．

设平面A1BC的法向量，

则即

取，则，，故平面A1BC1的一个法向量为．

所以，

设二面角C1－A1B－C的大小为θ，

由图可知，，

所以二面角C1－A1B－C的余弦值为．           ……………12分

法二：连结CD，在平面A1BC内，过点C作CH⊥A1B，垂足为H，连结DH．

在△BCC1中，CB＝CC1＝2，D是BC1的中点，所以CD⊥BC1．

由（1）可知，A1D⊥平面BCC1B1，CD平面BCC1B1，故CD⊥A1D．

又A1D∩BC1＝D，A1D，BC1平面A1BC1，

所以CD⊥平面A1BC1．

因为A1B平面A1BC1，所以A1B⊥CD．

又A1B⊥CH，CD∩CH＝C，CD，CH平面CDH，

所以A1B⊥平面CDH，

因为DH平面CDH，所以A1B⊥DH．

所以∠CHD是二面角C1－A1B－C的平面角．

在△A1BC中，，，所以，

据，得．

在Rt△CDH中，，

，

所以二面角C1－A1B－C的余弦值为．           ……………12分

21．【解】（1）依题意，F(1，0)，A(－2，0)，B(2，0)，故AF＝3，BF＝1．

因为S1＝3S2，所以，即．

因为直线l经过F(1，0)，故，直线l的方程为x＝1．

若M在x轴的上方，则M(1，)，N(1，)，

直线AM的方程为，直线AN的方程为，

联立方程组可得点P的坐标为(4，3)．

根据椭圆的对称性可知，当M在x轴下方时，点P的坐标为(4，－3)．

所以点P的坐标为．                            ……………5分

（2）要证：直线FQ平分，即证：，

只要证：，即证：，

其中，分别是直线MF，QF的倾斜角，

只要证：，即证：，

即证：，证明如下：

设，则直线MG的方程为，

令，得点Q的坐标为，

所以直线FQ的斜率，

又直线MF的斜率为，

所以

，

又因为点在椭圆C：上，故，得，

所以，

得证．                                                  ……………12分

22．【解】（1）当时，，，，

令，，则，

所以在上单调递增，故，

所以，在上单调递增，

所以当时，的最小值为．               ……………4分

（2）依题意，在R上存在两个极值点x1，x2，且．

所以在R上有两个不等的实根x1，x2，且．

令，，

所以当时，，在上单调递减，

当时，，在上单调递增，

要使得在R上有两个不同的零点，必须满足得，

此时，故．

因为x1，x2是的两个不等的实根，

所以即

要证：，即证：，只要证：．

下面首先证明：．

要证：，即证：，只要证：，即证：，

令，，

则，

所以在上单调递减，，即．

因为，所以．

所以，故．

要证：，只要证：，即证：，

只要证：，即证：，

事实上，，显然成立，得证．             ……………12分