江苏省南京师范大学附属中学2022-2023高三下学期5月模拟数学试题Word版含解析

这是一份江苏省南京师范大学附属中学2022-2023高三下学期5月模拟数学试题Word版含解析，共28页。试卷主要包含了 已知全集，，则中元素个数为， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。

南京师大附中2023届高三年级模拟考试
数学
2023.5
（总分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题（本大题共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. 已知全集，，则中元素个数为（ ）
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
【答案】B
【解析】
【分析】利用列举法表示全集，再根据交集运算可得，得到集合即可得解.
【详解】∵，，
∴，，
∴，∴中元素个数为4个，
故选：B．
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的乘法运算和加、减法运算化简复数，再由复数的模长公式即可得出答案.
【详解】因为，所以，
，
故.
故选：C.
3. 将一枚质地均匀的骰子投掷两次，则第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据古典概型的计算公式，即可得出.
【详解】将一枚质地均匀的骰子投掷两次，该试验的样本空间

，共36种；
设事件=“第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除”，
则共14种，
所以，则第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除的概率.
故选：A.
4. 已知的边的中点为，点在所在平面内，且，若，则（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算可将转化为，则得到的值，进而即可求解．
【详解】因为，边的中点为，所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
因为，
所以，，故.
故选：D．
5. 圆锥曲线具有光学性质，如双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线是发散的，其反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，如图，一镜面的轴截面图是一条双曲线的部分，是它的一条对称轴，是它的一个焦点，一光线从焦点发出，射到镜面上点，反射光线是，若，，则该双曲线的离心率等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由题中条件可得，，在直角三角形中，，，由双曲线的定义可得，再求出离心率即可.
【详解】在平面直角坐标系中，如图，

反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，
由，，可得，.
记双曲线的焦距为2c，长轴长为2a，
在直角三角形中，，，
由双曲线的定义，可得，所以，即，
所以离心率.
故选：C
6. 等比数列的公比为，前项和为，则“”是“对任意的，，，构成等比数列的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分条件也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用等比数列的性质进行分析运算即可得出结果.
【详解】先证明：若，则对任意的，，，构成等比数列.
若，则，


，


，
可得对任意的，，，构成等比数列，公比为.
再证明：若对任意的，，，构成等比数列，则.
若，则n为偶数时，，此时，，不能构成等比数列，与已知矛盾，故成立.
故选：C.
7. 已知实数，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，，构造函数，利用导数讨论其单调性，即可得，再结合即可求解.
【详解】由可得，，即，也即，
由可得，所以，
即，
构造函数，在恒成立，
所以函数在定义域上单调递减，
所以，即，
又因为，所以，所以，解得，
故选:B.
8. 在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，由轴截面中相似三角形把用表示，求出体积后利用导数求最大值及取最值时高的条件．
【详解】
设内接圆柱的底面半径为r，圆柱体的高为h.
是圆柱上底面与三棱锥侧面的切点,是连接直线与棱锥下底面的交点，
是圆柱上底面所在平面与的交点，
，，

则由与相似，可得,可得，可得.
内接圆柱体积.
因为，
单调递增,单调递减,

所以有最大值，此时.
故选:A.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 某校对参加高校综合评价测试的学生进行模拟训练，从中抽出名学生，其数学成绩的频率分布直方图如图所示．已知成绩在区间内的学生人数为2人．则（ ）

A. 值为0.015，的值为40
B. 平均分为72，众数为75
C. 中位数为75
D. 已知该校共1000名学生参加模拟训练，则不低于90分的人数一定为50人
【答案】AB
【解析】
【分析】由各组的频率之和为1可得的值；由区间的人数以及频率可得；众数看图可得，中位数通过计算可得.
【详解】①由图可知，，，，
，，，
由频率之和为1可得，故；
②因为，所以；
③由图可知，众数为75；
④平均数为；
⑤，所以中位数位于区间，
设中位数为，则，解得；
综上所述，AB正确，而C错误；
样本可以估计总体，但是不能通过样本直接确定总体，样本与总体之间总是存在一定的偏差，故选项D错误.
故选：AB
10. 已知函数在上单调，且的图象关于点对称，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数
D. 函数在上有且仅有一个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出，再根据最小正周期公式可判断A；根据解析式计算可判断B；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C，利用余弦函数的图象可判断D.
【详解】因为函数在上单调，
所以的最小正周期满足，即，所以.
因为的图象关于点对称，
所以，，得，，
由，得，因为，所以，.
所以.
对于A，的最小正周期为，故A正确；
对于B，，
，
所以，故B不正确；
对于C，将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为为偶函数，故C正确；
对于D，，令，得，
令，由，得，
作出函数与直线的图象如图：

由图可知，函数与直线的图象有且只有一个交点，
所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.
故选：ACD
11. 如图，由正四棱锥和正方体组成的多面体的所有棱长均为2．则（ ）

A. 平面 B. 平面平面
C. 与平面所成角的余弦值为 D. 点到平面的距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，判断与平面的一个法向量是否垂直即可判断A；根据平面和平面的法向量是否垂直判断出B；由线面夹角的正弦的公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；由点到平面的距离公式即可判断D．
【详解】以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
连接，与交点为，连接，则平面，
因为正四棱锥和正方体的所有棱长均为2，
所以，，点坐标为，
所以，
对于A：，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
因为，所以与平面不平行，故A错误；
对于B：由A得平面的一个法向量为，
，，设平面的一个法向量为，
则，即，取得，
因，所以平面平面，故B正确；
对于C：由A得平面的一个法向量为，
，设与平面所成角为，
则，
所以，故C错误；
对于D：由A得平面的一个法向量为，
因为，
所以点到平面的距离为，故D正确；
故选：BD．

12. 点是直线上的一个动点，，是圆上的两点．则（ ）
A. 存在，，，使得
B. 若，均与圆相切，则弦长的最小值为
C. 若，均与圆相切，则直线经过一个定点
D. 若存在，，使得，则点的横坐标的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据几何知识得到当直线，与圆相切且最小时最大，然后求的最大值即可判断A选项；利用等面积的思路得到，然后求的最小值即可得到弦长的最小值，即可判断B选项；根据圆的定义得到，是以为直径的圆上的两点又是圆上的两点，然后让两圆的方程相减得到直线的方程即可得到直线过定点，即可判断C选项；根据存在，，使得得到，然后求时点的横坐标，即可得到点的横坐标的取值范围，即可判断D选项.
【详解】
由图可知，当直线，与圆相切且点在轴上时最大，
此时，，，，
所以最大时是锐角，故A错；
，所以，
则当最小时，弦长最小，，所以，故B正确；
设点，，是以为直径的圆上的两点，圆的方程为，
即①，又，是圆②上的两点，
所以直线的方程为②-①：，过定点，故C正确；
若存在，，使得，则，
当直线，与圆相切时，最大，对应的余弦值最小，
当直线，与圆相切，且时，，，
因为，所以，则，故D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，的展开式中存在常数项，则的最小值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据二项展开式的公式，求得的指数为0时满足的关系式，再结合整数的性质分析即可
【详解】易得的通项，
又展开式中存在常数项，则有解，即，
因为，故，又，
故正整数必须是的整数倍，故的最小值.
故答案为：4.
14. 某班有45名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，则理论上在85分到90分的人数约是________．（按四舍五入法保留整数）
附：，，．
【答案】6
【解析】
【分析】根据正态分布曲线的性质得到，然后求人数即可.
【详解】由题意知，，所以，
所以理论上在85分到90分的人数约是.
故答案为：6.
15. 已知曲线与曲线有且只有一条公切线，则________．
【答案】
【解析】
【分析】设公切线的切点坐标，根据导数的几何意义、斜率公式列出方程化简，分离出后，构造函数，利用导数求出函数的单调区间、最值，即可求.
【详解】设曲线在处的切线与曲线相切于处，
，故曲线在处的切线方程为，
整理得.
，故曲线在处切线方程为，
整理得.
故
由(1)再结合知，将(1)代入(2) ，得，
解得且，
将代入(1) ，解得且，
即且，令，则，.
令，，
则在区间单调递增，在区间单调递减，且，
又两曲线有且只有一条公切线，所以只有一个根，由图和知.
故答案为：.

16. 已知，设，，其中k是整数． 若对一切，都是区间上的严格增函数．则的取值范围是 __________ ．
【答案】．
【解析】
【分析】对二次求导，得到的凹凸性，有的几何意义是点和点连线的斜率，因此当时，满足要求，当时，需使点都在处的切线上或切线上方即可，求出曲线在处的切线方程，得到，整理变形，换元后画出及的图象，数形结合得到的取值范围.
【详解】，
令，
则，
因为，所以，
令得或，令得，，
故在和上单调递增，在上单调递减，
因为，，其中，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，
且在和内下凹，在内上凸，

的几何意义是点和点连线的斜率，
当在内下凹时，可满足都是区间上严格递增，
因此当时，严格递增，
而当时，唯一可能使不严格递增的区间可能在，
曲线须在直线下方，曲线须在直线上方，
故需使点都在处的切线上或切线上方即可，
从图象可知，只需在处的切线上或切线上方即可，
，，
故曲线在处的切线方程为，
令，化简得，
，因此，即，
令，则，即，
其中，画出及的图象，如下：

由图可知，，即
故答案为：
【点睛】方法点睛：若函数在区间上有定义，若，则称为在区间上的凸函数，反之则称为在区间上的凹函数，
其性质为：若为在区间上的凸函数，则，则，反之，.
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知、、分别为的三个内角、、的对边长，，且．
（1）求角的值；
（2）求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，用正弦定理进行化简，再结合余弦定理即可得到结果；
（2）由正弦定理，结合三角形的面积公式可得，再结合三角函数的性质即可得到结果.
【小问1详解】
由条件，可得，
由正弦定理，得，所以，
所以，因为，所以．
【小问2详解】
由正弦定理，可知，



，
∵，∴，∴.
18. 设为数列的前项和，已知，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设为数列的前项和，当时，．若对于任意，有，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据的关系求解；
（2）利用裂项相消法求和，再结合不等式的性质求出的取值范围.
【小问1详解】
，
∴，，
∴,
∴当时，；
当时，也符合上式，
∴．
【小问2详解】
，
∵
，
∴，
当时，满足，
当时，存在，（其中，表示不超过的最大整数），
使得，则，
∴，不满足条件，
∴．
19. 甲，乙，丙三个厂家生产的手机充电器在某地市场上的占有率分别为25%，35%，40%，其充电器的合格率分别为70%，75%，80%．
（1）当地工商质检部门随机抽取3个手机充电器，其中由甲厂生产的手机充电器数目记为，求的概率分布列，期望和方差；
（2）现从三个厂家生产手机充电器中随机抽取1个，发现它是不合格品，求它是由甲厂生产的概率．
【答案】（1）分布列见解析；期望为，方差是
（2）
【解析】
【分析】（1）设“该手机充电器由甲厂生产”为事件，“该手机充电器由乙厂生产”为事件，“该手机充电器由丙厂生产”为事件，“该手机充电器是合格品”为事件，“该手机充电器是不合格品”为事件，根据二项分布得出分布列以及期望和方差；
（2）由全概率公式得出，再由贝叶斯公式得出.
【小问1详解】
解：设“该手机充电器由甲厂生产”为事件，“该手机充电器由乙厂生产”为事件，“该手机充电器由丙厂生产”为事件，“该手机充电器是合格品”为事件，“该手机充电器是不合格品”为事件，
则，，，，，，，，，
的取值为0，1，2，
，
，
所以分布列为

0
1
2
3






且，故，，
答：的期望是，方差是
【小问2详解】



答：它是由甲厂生产的概率是．
20. 如图（1），平面四边形由正三角形和等腰直角三角形组成，其中，．现将三角形绕着所在直线翻折到三角形位置（如图（2）），且满足平面平面．

（1）证明：平面；
（2）若点满足，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由题意可得，，建立空间直角坐标系，求出平面平面与平面的法向量，由二面角的向量公式代入求解即可求出的值．
【小问1详解】
证明：取的中点，连结，在正三角形中，有，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在等腰直角三角形中，有，
又因为，且平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连结，在正三角形中，有，
由（1）可知平面，又因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面．
取的中点，连结，因为点是的中点，所以，
又因为，所以，
因为平面，平面，
所以，，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
因为，所以，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
则
设平面的法向量为，
则，
令，则，，所以，
由题意可知，，
整理得，所以，，
又因为，所以．

21. 已知椭圆，椭圆．点为椭圆上的动点，直线与椭圆交于，两点，且．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）以点为切点作椭圆的切线，与椭圆交于，两点，问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）四边形的面积为定值
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标关系，代入即可求解，
（2）根据切线的定义，联立直线与椭圆的方程，根据判别式为0可得，进而由弦长公式可得弦长，以及点到直线的距离可得三角形的高，进而得面积.
小问1详解】
设，，，因为，所以，
因为点为椭圆上的动点，所以，从而
即，故椭圆的标准方程；
【小问2详解】

法一：设，，
当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为
，即，
，即，代入得直线的方程为
联立 ，消去得

注意到化简得
又，
所以点到直线的距离为
所以点到直线的距离为
故
当直线的斜率不存在时，即，若，则：，
则，，，，
所以
同理可得，若，
综上，四边形的面积为定值．
法二：设，，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为

，




注意到化简得，
原点到直线的高为，
又因为，点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
由对称性可知，，所以点到直线的距离等于点到直线的距离的三倍，故．
当斜率不存在时，同法一．
【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，起到了重要的作用.
22. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若，求证：；
（3）求证：对于任意都有．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间；
（2）令，由，可证得恒成立，即，结合可证得；
（3）利用，对进行放缩，即可证明不等式成立.
【小问1详解】
函数的定义域是．
由已知得，．
①当时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
②当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
③当时，当时，，单调递增；
④当时，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
综上，①当时，函数在上单调递减，上单调递增；
②当时，函数在单调递增上单调递减，上单调递增；
③当时，函数在单调递增；
④当时，函数在单调递增，上单调递减，上单调递增．
【小问2详解】
当时，.
由（1）知，函数在单调递增且；
令
，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，所以.
令，则，
所以恒成立，
不妨设，则 ，
所以，所以，
所以，所以.
【小问3详解】
由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
，
相加得.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．