2023届江苏省决胜新高考高三下学期5月大联考数学试题含解析

这是一份2023届江苏省决胜新高考高三下学期5月大联考数学试题含解析，共24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届江苏省决胜新高考高三下学期5月大联考数学试题

一、单选题
1．若复数，则（    ）
A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算求解，再求其共轭复数得出结果.
【详解】由得，
，所以.
故选：D.
2．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解.
【详解】解：因为集合，，
所以，
故选：A
3．把分别标有号、号、号、号的个不同的小球放入分别标有号、号、号的个盒子中，没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行计算即可.
【详解】个小球放入个盒子，没有空盒子，则有两个小球放入同一个盒子，因此分为两类：
第一类：号小球单独放入一个盒子，分步：
第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，放入与未被选中小球标号相同的盒子中，有种方法；
第步，将未被选中的小球和号小球，分别放入另外个盒子中，有种方法.
∴号小球单独放入一个盒子，有种方法.
例如：第步，选出号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒.
第二类：号小球与另一小球共同放入一个盒子，分步：
第步，从号、号、号个小球中，选出个小球，有种方法；
第步，将号小球与第步选出的小球放入与选出小球标号不同的盒子中，有种方法；
第步，剩余的个小球，其中个，与剩余的两个空盒其中的个标号相同，只有方法放置.
∴号小球与另一小球共同放入一个盒子，有种方法.
例如：第步，选出号球；第步，将号、号小球放入号盒；第步，号小球放入号盒，号小球放入号盒.
∴没有空盒子且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，则不同的放球方法种数为种.
故选：B.
4．已知等差数列的前n项和为，且，.设，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项公式和前项和公式，依据题意列方程组，解方程组解出 和，写出通项公式, 最后应用应用裂项相消法求和即可.
【详解】设等差数列的首项为公差为.
由，，得
解得.
因此.
,

所以，
故选:A.
5．苏格兰数学家纳皮尔（J. Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（如下表），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间.即就是任何一个正实数N可以表示成，则，这样我们可以知道N的位数.已知正整数是35位数，则M的值为（    ）
N
2
3
4
5
11
12
13
14
15

0.30
0.48
0.60
0.70
1.04
1.08
1.11
1.15
1.18

A．3 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【分析】根据给定条件，列出不等式，再取常用对数即可判断作答.
【详解】依题意，，两边取常用对数得，于是，即，
所以.
故选：C
6．已知圆O：与双曲线C：的右支交于点A，B，若，则C的离心率为（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】由，解得点A，B的纵坐标，再由点A，B关于x轴对称，得到，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：由，解得，
因为点A，B关于x轴对称，
所以，
在中，
由余弦定理得，
即，即，
解得，所以或（舍去），
故选：B
7．若，则（    ）
A．0 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据题意和正弦的倍角公式，化简得到，再由余弦的倍角公式，得到，令，求得，结合，即可求解.
【详解】解：由，
可得，
又由正弦的倍角公式，可得，
即，
令，则，解得，
所以.
故选：C.
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，构造函数，，利用导数分析单调性，可得函数在上单调递增，进而得到，可得；构造函数，利用导数分析单调性，可得，进而得到，由，进而得到，进而求解.
【详解】由.
设，
则，
设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
即，即，
所以，
则函数在上单调递增，
所以，即，
即，即；
设，
则，
所以函数在上单调递减，
则，即，
即，即，
所以，
又，
所以，即，
所以.
故选：B.
【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据：
（1）结合函数性质进行比较；
（2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较；
（3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小..

二、多选题
9．某企业为普及法制教育，对本单位1500名员工开展了一次法律知识竞赛答题活动.现从中随机抽取100人的得分进行统计分析，整理得到如图所示的频率分布直方图，则根据该直方图，下列结论正确的是（    ）

A．估计该企业的员工得分在区间内 B．该企业员工竞赛得分不小于90的人数估计为195人
C．估计该企业员工的平均竞赛得分约为74.5 D．该企业员工竞赛得分的第75百分位数约为83
【答案】BCD
【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出，即可判断A，再求出得分在区间内的频率，即可判断B，根据平均数公式判断C，根据百分位数公式判断D.
【详解】由频率分布直方图可得，解得，
对于A：由频率分布直方图可知得分在区间内的频率为，
即估计该企业的员工得分在区间内，故A错误；
对于B：得分在区间内的频率为，
故该企业员工竞赛得分不小于的人数估计为人，故B正确；
对于C：估计该企业员工的平均竞赛得分约为
，故C正确；
对于D：因为，
故第百分位数位于之间，设为，
则，解得，
故企业员工竞赛得分的第百分位数约为，故D正确；
故选：BCD
10．已知函数的最小正周期为，则（    ）
A．
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上单调递增
D．将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到的图象
【答案】AB
【分析】根据辅助角公式和函数的最小正周期可得，然后利用的性质可得.
【详解】，
因最小正周期为，，故，得，
故，
选项A：
，故A正确；
选项B：
的对称轴为，，
即，，
当时，，故B正确；
选项C：
令，，
得，，
故的单调递减区间为，，
当时，的单调递减区间为，故C错误；
选项D：
将的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到，
故D错误
故选：AB
11．定义在上的函数满足，，则（    ）
A．的图象关于对称 B．4是的一个周期
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，令可得，即可得到的对称性，对于B，令，即可得到4为的一个周期，从而得到，对于C，令，对于D，结合前面的结论，求出函数值即可.
【详解】因为，即，
令，则，所以关于对称，
则的图象关于对称，故A正确；
因为，则，
令，则，则的图象于对称，
因为，所以，
即，则的图象关于对称.
所以，又，所以，
所以，所以，
所以4为的一个周期，即，
则，故B不正确；
对于C：因为，令可得，故C正确；
对于D：因为，则，，，
又，，，
所以，，
，，
，
，，，
，，，
，，，
，所以，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：令是解题的关键，通过研究的对称性，周期性得到的性质.
12．已知抛物线：的焦点为，准线为，经过点的直线与抛物线相交，两点，，在上的射影分别为，，与轴相交于点，则下列说法正确的是（    ）
A． B．
C．若，则 D．若，，则
【答案】ACD
【分析】设，联立直线和抛物线方程得到韦达定理，得到，即得选项A正确；，所以选项B错误；求出即得选项C正确；由题得,求出，即得选项D正确.
【详解】解：设，则，
当直线斜率显然不能为零，设其方程为，联立抛物线方程得，所以 .
所以，所以，所以选项A正确；


所以，所以选项B错误；

如图，设 过点作 ，则，
由题得直线的斜率为,
所以，
所以，所以选项C正确；

由题得,
所以 ，
所以.
所以.
所以选项D正确.
故选：ACD

三、填空题
13．已知椭圆：的上顶点为，两个焦点为，.过且垂直于的直线与交于两点，则的周长为.________.
【答案】
【分析】根据已知条件及等边三角形的性质，再利用等腰三角形的三线合一定理及椭圆的定义，结合三角形的周长公式即可求解.
【详解】由，得，，，
解得，，
因为椭圆的上顶点为，两个焦点为，，所以，
所以，即为等边三角形，
因为过且垂直于的直线与交于两点，
所以
由椭圆的定义可知，，,
所以的周长为.
故答案为：
14．若曲线有两条过的切线，则a的范围是______.
【答案】
【分析】由题可将曲线有两条过的切线转化为函数图象与直线有两个交点.后利用导数研究单调性，画出大致图象，即可得答案.
【详解】设切线切点为，因，则切线方程为：.
因过，则，由题函数图象
与直线有两个交点.，
得在上单调递增，在上单调递减.
又，，.
据此可得大致图象如下.则由图可得，当时，曲线有两条过的切线.
故答案为：

15．在平面直角坐标系中，两点，间的“曼哈顿距离”定义为，则平面内与两定点和的“曼哈顿距离”之和等于4的点的轨迹围成的面积为______.
【答案】6
【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来直接去绝对值符号画图象即可求解；
【详解】设，因为与两定点和的“曼哈顿距离”之和等于4，所以，
①当 且 时，
，
②当 时，；当 时，；当 时，；
作出图象如图所示，
  
所以 点轨迹是一个六边形，六边形面积是两个相等梯形面积和，.
故答案为：6.
16．已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为______.
【答案】
【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解.
【详解】   
因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直
三棱锥中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面与面最大即可，而且；
，当时，取得最大值.
过点向平面作垂线，设的中点为垂足为，
  
因为，，所以由余弦定理知，
所以，易得.
所以.
因为，
设内切球的半径为，则根据等体积法，有：
，
即，解之得，
所以其内切球的表面积为
故答案为：

四、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)求角A的大小；
(2)若，，，求的面积.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理得到，由余弦定理得到，结合，求出答案；
（2）设得，设得到，表达出，由正弦定理得到，求出，，，故，由三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）在中，由正弦定理，
得，其中，2R为的外接圆直径，
所以，，，
代入，
得，
由正弦定理，得，
因为在中，，
所以.
（2）设，由，得.
设，则，.
在中，，
在中，由正弦定理，
得，即，
整理得，，即，
变形得到，即，
因为，所以，解得.
所以，，所以，
所以的面积.
18．设数列的前n项和为，且满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：数列中的任意不同的三项均不能构成等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）由与的关系公式得出数列是一个等比数列，并求其通项.
（2）利用反证法，先假设数列中存在三项，，满足已知条件，结合通项公式推理出矛盾得出结论.
【详解】（1）令，得.
当时，①，
又②，
①②两式相减，得，
所以.
所以数列是首项为－3，公比为2的等比数列，
所以
（2）假设数列中存在三项数列，，（其中）成等差数列，
则，
由（1）得，即，
两边同时除以，得（*），
因为（*）式右边为奇数，左边为偶数，
所以（*）式不成立，假设不成立.
所以数列中得任意不同的三项均不能构成等差数列.
19．在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，.
    
(1)设平面PAB与平面PCD的交线为l，求证：平面ABCD；
(2)点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为，求点E到平面PCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明平面ABCD；
（2）由题意，先证，然后取的中点，建立以点为原点的空间直角坐标系，然后结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD.
又因为平面PAB，平面平面，
所以.
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD.
（2）  
设O为AD的中点，
因为，
所以.
又因为平面平面ABCD，
平面平面，
所以平面ABCD，
又平面ABCD，
所以.
由，，，
可知ABCD四边形为等腰梯形，得，
所以，
所以.
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
设平面ABCD的法向量为，
设，则，
，，
因为直线AE与平面ABCD所成角为，
所以，
所以①
因为点E在棱PB上，
所以，
即，
所以，，，
代入①解得或（舍去）
，，，
设平面PCD的法向量为，则
，
令，得，，
所以，
所以点E到平面PCD的距离
.
20．为了进一步深入开展打造“书香校园”活动，让读书成为每位师生的习惯，努力培育师生人文素养，让阅读成为学校、家庭、社会的一种良好风气，现对我校60名师生阅读喜好进行调查，其中教师与学生的人数之比为，教师中喜欢读文学类的人数占，学生中喜欢文学类的占，得到下面的列联表：

教师
学生
合计
文学类



理工类



合计



(1)请将列联表补充完整，判断数据能否有90%的把握认为教师与学生的阅读喜好存在差异.
(2)若从学校随机抽取11人，用样本的频率估计概率，预测11人中喜欢阅读理工类的人数最有可能是多少？
附：，其中.
参考数据：

0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
k
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828

【答案】(1)列联表见解析，有
(2)3或4

【分析】（1）根据题意完善列联表，结合公式求，并与临界值对比分析；
（2）根据题意可得11人中喜欢阅读理工类的人数为，结合二项分布的概率公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：教师的人数为，学生的的人数为，教师中喜欢读文学类的人数，学生中喜欢读文学类的人数，
可得列联表为

教师
学生
合计
文学类
10
30
40
理工类
10
10
20
合计
20
40
60
则，
所以有90%的把握认为教师与学生的阅读喜好存在差异.
（2）由题意可得：喜欢阅读理工类的频率为，用频率估计概率，
设11人中喜欢阅读理工类的人数为，则，
可得，
设11人中喜欢阅读理工类的人数最有可能是，
则，即，
解得或，
所以11人中喜欢阅读理工类的人数最有可能是3或4.
21．设抛物线C：的焦点为F，P是抛物线外一点，直线PA，PB与抛物线C切于A，B两点，过点P的直线交抛物线C于D，E两点，直线AB与DE交于点Q.
(1)若AB过焦点F，且，求直线AB的倾斜角；
(2)求的值.
【答案】(1)或
(2)2

【分析】（1）设AB直线的方程，再和抛物线联立，运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线AB的倾斜角；
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，与抛物线联立由求出直线PA的方程，同理可得直线PB方程，即可求出直线AB的方程，与抛物线联立求出，设直线PD的方程为与抛物线联立由韦达定理表示出，，代入化简即可得出答案.
【详解】（1）设，，，，
因为直线AB的斜率不为0，所以设AB直线的方程为，
联立方程，消去y，得，
所以，，
所以，，
所以直线的倾斜角为或.
（2）设过A点且与抛物线C相切的直线方程为，（k存在，A不为原点），
联立方程，消去x得，，
，即，
所以，即，
所以直线PA的方程为，即，
同理可得，直线PB方程为：，
因为点在直线PA，PB上，所以，，
所以直线AB的方程为：
设直线PD的方程为，
联立方程，消去x，得，
得，，
联立方程，消去x，得，
由于点P在抛物线的外部，点Q在抛物线的内部，
所以.
  
【点睛】方法点睛：本题考查直线与抛物线位置关系中的定值问题，此类问题一般有两个处理方法：（1）联立直线方程和抛物线方程，消元后利用韦达定理化简目标代数式，从而可解决定值问题；（2）设出抛物线上动点的坐标（注意用纵坐标表示横坐标或用横坐标表示纵坐标），把题设条件转化为关于坐标的关系，从而可解决定值问题.
22．已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）求得，得到，即斜率为，再由切点坐标为，即可求得切线方程；
（2）根据题意，把不等式转化为，记，求得，令，求得，再令，求得，得到，再分和，两种情况分类讨论，求得和的单调性，结合，即可求解.
【详解】（1）解：因为，
所以，
可得，即切线的斜率为，
当时，可得，即切点坐标为，
所以曲线的切线方程为.
（2）解：由题意，不等式，即为，
记，则，
记，则，
记，则，
显然，当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，所以，
①若，即时，，
所以在上为增函数，又因为，
从而，当时，，当时，，
所以在上为减函数，在上为增函数，
所以，即满足题意.
②若，即时，，，
（i）若，即时，在上恒成立；
（ii）若，即时，使，所以当时，，
由（i）（ii）知，当时，，在上恒成立，
所以在上为减函数，从而有，
所以在上为减函数，从而有，
这与矛盾，故不合题意.
综上，实数a的取值范围为.
【点睛】方法总结：利用导数证明或求解不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.