江苏省南通市2023届高三高考前练习数学试题（含解析）

江苏省南通市2023届高三高考前练习数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知函数，则（    ）

A． B．1 C．-1 D．2

3．若，复数与在复平面内对应的点分别为，则（    ）

A．2 B． C．3 D．4

4．现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（    ）

A．0.25升 B．0.5升 C．1升 D．1.5升

5．古希腊人从一对对顶圆锥的截痕中发现了圆锥曲线，并研究了它的一些几何性质．比如，双曲线有如下性质：A，B分别为双曲线的左、右顶点，从C上一点P（异于A，B）向实轴引垂线，垂足为Q，则为常数．若C的离心率为2，则该常数为（    ）

A． B． C． D．3

6．在平行四边形中，，，，，，则（    ）

A． B． C． D．

7．正四棱柱中，，M是的中点，点N在棱上，，则平面AMN与侧面的交线长为（    ）

A． B． C． D．

8．已知，若，， 则（    ）

A． B． C． D．

二、多选题

9．某学校高三年级有男生640人，女生360人．为获取该校高三学生的身高信息，采用抽样调查的方法统计样本的指标值（单位：cm），并计算得到男生样本的平均值175，方差为36，女生样本的平均值为165，方差为36，则下列说法正确的是（    ）

A．若男、女样本量分别为，，则总样本的平均值为171.4

B．若男、女样本量分别为，，则总样本的方差为36

C．若男、女的样本量都是，则总样本的平均值为170

D．若男、女的样本量都是，则总样本的方差为61

10．已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F（2，0）作斜率为的弦AB，其中点A在第一象限，则（    ）

A． B．

C． D．

11．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距离水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水桶P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下记d为负数），若从盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则（    ）

A．当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4m

B．盛水桶出水后至少经过10秒就可到达最高点

C．盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒

D．盛水桶入水后至少需要20秒才可浮出水面

12．在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ）

A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为

C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为

三、填空题

13．的展开式中含项的系数为___________．

14．已知圆与圆交于A，B两点，若直线AB的倾斜角为，则___________．

15．已知，则 ___________．

四、双空题

16．已知函数的定义域均为，是偶函数，是奇函数，且，则 _____； _____．

五、解答题

17．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在线段AC上，．

(1)若，求b；

(2)若，求角A．

18．已知数列是公差为3的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且满足． 将数列与的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列．

(1)证明：

(2)求数列的前n项和．

19．某微型电子集成系统可安装3个或5个元件，每个元件正常工作的概率均为且各元件是否正常工作相互独立．若有超过一半的元件正常工作，则该系统能稳定工作．

(1)若该系统安装了3个元件，且，求它稳定工作的概率；

(2)试比较安装了5个元件的系统与安装了3个元件的系统哪个更稳定．

20．如图，在三棱台中，，四棱锥A-的体积为．

(1)求三棱锥A-的体积；

(2)若△ABC是边长为2的正三角形，平面⊥平面ABC，平面平面ABC，求二面角的正弦值．

21．已知椭圆的左、右顶点是双曲线的顶点，的焦点到的渐近线的距离为.直线与相交于A，B两点，.

(1)求证：

(2)若直线l与相交于P，Q两点，求的取值范围.

22．已知函数

(1)若，证明：曲线与曲线有且仅有一条公切线；

(2)当时，，求a的取值范围．

参考答案：

1．D

【分析】由指数函数与对数函数的性质分别求集合，再求交集即可.

【详解】因为在定义域上均为单调增函数，

故由题意可得，

即，所以.

故选：D

2．C

【分析】根据分段函数的解析式求函数值即可.

【详解】由条件可得，则.

故选：C.

3．A

【分析】利用已知条件先求出，根据复数的意义，分别写出坐标，再利用两点间的距离公式计算即可.

【详解】由，

所以，

所以，

故与在复平面内对应的点分别为，

所以，

故选：A.

4．B

【分析】根据等差数列的性质即可求解.

【详解】设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，由题意可得，所以，

故选：B

5．D

【分析】设，由题结合可得.则，后由离心率结合可得答案.

【详解】设，则，又由题得

.则.

则.

故选：D

6．B

【分析】将、、、用、表示，利用平面向量数量积运算性质结合可求得的值，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.

【详解】在平行四边形中，，，，，

则，，

所以，

，可得，

，，

所以，.

故选：B.

7．C

【分析】根据线线平行，结合比例即可求解 为平面AMN与侧面的交线.

【详解】取,的中点为,，连接 ，则,且，

在平面中，过点作交于，则 为平面AMN与侧面的交线，且,

由于,

故选：C

8．B

【分析】先判断的奇偶性和单调性，通过奇偶性把，，转化在同一单调区间，利用单调性比较即可.

【详解】由题意，

故为偶函数，

当时，，故，

所以，，

所以，

故当时，单调递增，

，

因，所以，即，

设函数，

，故在区间上单调递增，

所以，

所以，即，

所以，

所以，即，

故选：B

9．ACD

【分析】根据平均数、方差公式计算可得.

【详解】若男、女样本量分别为，，

则总样本的平均值为，

总样本的方差为

故A正确，B错误；

若男、女的样本量都是，则总样本的平均值为，

总样本的方差为，

故C、D正确；

故选：ACD.

10．BD

【分析】求出抛物线方程，写直线方程，求得坐标，对A由不关于轴对称知不成立；对B由判断；对C求判断； 对D求判断.

【详解】抛物线方程为，设直线的方程，代入得，设，则，

对A：显然不关于轴对称，故，A错误；

对B： ，所以，B正确；

对C：，C错误；

对D：，D正确.

故选：BD

11．ABC

【分析】建立平面直角坐标系，设，结合题目条件求出，再对四个选项一一作出判断.

【详解】以为坐标原点，平行于水面为轴，垂直于水面为轴建立平面直角坐标系，

如图，则m，则，故，

筒车按逆时针方向每分钟转2圈，故筒车转1圈的时间为30秒，即，

解得，

因为，故当秒时，筒车第一次到达最高点，此时，故B正确；

同理可得，当秒时，筒车第一次到达最低点，此时，

设，

则，解得，

故，又当时，，

故，解得，取，

故，

A选项，当时，，

即当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4m，A正确；

C选项，令，

当时，盛水桶第二次距离水面4m，解得，

故盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒，C正确；

D选项，令，解得，，

故盛水桶入水后至少需要10秒才可浮出水面，D错误.

故选：ABC

12．AC

【分析】对于A项，取CD中点G，构建BD、的中位线，将EF放在直角三角形中，根据勾股定理求出EF长度；

对于B项，确定平行线FG，与EF在同一个三角形中，求出FG与EF夹角余弦值即可；

对于C项，根据线面平行判定定理确定平面，求出线面距离即为异面直线距离，作出平面EFG的垂线HN，通过勾股定理求解；

对于D项，通过三角形边长符合勾股定理确定均为直角三角形，根据直角三角形性质确定外接球球心及半径，即可计算外接球表面积.

【详解】设菱形ABCD中，AC与BD交于点O，取CD中点G，连接EG、FG，得到如下图所示四面体.

在菱形ABCD中，，，则为等边三角形，所以，.

在空间四边形中，，，则.

因为ABCD是菱形，所以、，即在空间四边形中，、，

则平面，所以.

对于A项：因为E、F、G分别为BC、、CD，所以且，

且，因为，所以，则，故A项正确；

对于B项：因为，所以直线与EF所成角为，

又因为，所以，直线与EF所成角的余弦值为，故B项错误；

对于C项：因为，平面，所以平面，设与OC交于点H，

因为为等边三角形、，所以CO为的中线，又因为EG为中位线，所以H为中点.

作于点M、于点N，则且、，又因为平面、，

所以平面,平面，所以，则平面，即HN为到平面距离.

如下图所示，在等腰中，，则点H到直线距离为，

即直线与平面距离为，又因为平面，所以直线与EF的距离为，故C项正确；

对于D项：因为、，

所以均为直角三角形，取中点P，

由直角三角形性质可得，

则P点为四面体的外接球球心，外接球半径，则外接球表面积为，故D项错误.

故选：AC.

13．3

【分析】利用二项展开式的通项公式直接求解.

【详解】展开式的通项公式为.

要求的展开式中含项，只需，

则，

所以展开式中含项的系数为3.

故答案为：3

14．

【分析】根据题意，由条件两圆方程作差可得直线方程，然后再求得圆心到直线的距离，再由勾股定理即可得到结果.

【详解】因为圆与圆交于A，B两点，

则两圆方程相减可得，

即直线方程为，

又因为直线AB的倾斜角为，则斜率，

又因为，即，则，

所以直线方程为，

圆心到直线的距离为，

所以.

故答案为：.

15．

【分析】根据的关系，即可平方得，结合同角关系以及二倍角公式即可求解.

【详解】由平方得，结合得，

所以，由于，所以,

所以 ，

故答案为：

16．         

【分析】①利用是奇函数，求出即可；②结合是偶函数，是奇函数，以及条件求出函数为周期函数，再利用赋值法，结合，求出函数在一个周期内的函数值，进而利用周期求出即.

【详解】因为是奇函数，

所以即，

由

，

又，

所以，

又是偶函数，

，

即，

，

，

由，

所以，①

即，②

②①：，

所以函数的周期为4，

所以由，

则令时，，

再令时，，

所以，

由，所以由

所以

，

故答案为：；.

17．(1)

(2)

【分析】（1）在△ABD和△BCD中根据余弦定理建立方程组，借助消元可解；

（2）在△ABD中，由正弦定理列方程，结合和差公式可得.

【详解】（1）因为

所以．

在△ABD中，由余弦定理，得

，①

在△BCD中，由余弦定理，得

．②

因为，所以，

由，得，即．

又因为，所以.

（2）设，则，

因为，所以，所以．

在△ABD中，由正弦定理，得，

即，

所以

即

即，所以

因为，所以

所以.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用基本量代换列方程组求出，得到，的通项公式，进而判断出是数列{}的项，即可证明；（2）利用错位相减法求和.

【详解】（1）由，得，

由，得，

解得，

因为数列{}的公差为3，数列{}的公比为2，

所以

不是数列{}的项，是数列{}的第1项．

设，则

所以不是数列{}的项．

因为，

所以是数列{}的项．

所以

（2）由（1）可知，．

=

所以

所以．

19．(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据二项分布概率公式求解即可；

（2）利用二项分布概率公式分别求出两种情况系统正常工作的概率，然后作差比较可知.

【详解】（1）设安装3个元件的系统稳定工作的概率为P，则3个元件中至少2个元件正常工作．

又因为各元件是否正常工作相互独立，

所以．

所以安装3个元件的系统稳定工作的概率为．

（2）由（1）知，安装3个元件的系统稳定工作的概率．

设安装5个元件的系统稳定工作的概率为，则

．

所以．

当时，，两个系统工作的稳定性相同；

当时，，3个元件的系统比5个元件的系统更稳定；

当时，，5个元件的系统比3个元件的系统更稳定．

20．(1)

(2)

【分析】（1）根据等积转化法即可求得结果.

（2）根据垂直关系先证出⊥平面ABC，然后在点处建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，用向量法求出二面角的余弦值，即可得出答案.

【详解】（1）因为三棱台中，

，

所以，所以，

所以，

因为三棱台中，，

所以，所以，

又因为，

所以

又因为

所以.

（2）取AB中点D，AC中点E，连结CD、BE，交于点F，

因为△ABC是正三角形，E是AC中点，所以．

又因为平面⊥平面ABC，

平面平面，BE⊂平面ABC，

所以BE⊥平面．

又因为⊂平面，所以，

同理，

又因为，CD，BE⊂平面ABC，

所以⊥平面ABC．

以A为原点，垂直于的直线为x轴，AC，所在直线为y轴，z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，

设平面的一个法向量为

，，

则，

令，则得，

设平面的一个法向量为，

，，

则，

令，则得，

设二面角的平面角为θ，，

则，

.

即二面角的正弦值为.

21．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先通过椭圆的焦点和顶点求出双曲线方程，然后联立方程，韦达定理，利用化简即可证明；

（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理，代入弦长公式，利用换元法求解函数的值域即可求解弦长范围.

【详解】（1）由题意得椭圆焦点坐标为，双曲线渐近线方程为，

所以，解得，所以的方程为，

由，消y得，

所以得，

设，，则，

所以

，

化简得，得证；

（2）由消x，得，

所以，即，

结合，及，可得，

设，，则，

所以，

所以，

设，由，得，所以，

所以，

所以.

22．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先设切点再分别求出切线，斜率和截距对应相等求解,再由单调性证明唯一性即可;

（2）把不等式化简构造函数，根据导函数求解最值即可求出参数范围.

【详解】（1）当时，

所以

所以曲线在点处的切线方程为

，即，

曲线在点（，）处的切线方程为

，

即

令得

消去，整理得

所以

设，则

所以h(x)在（0，+∞）上单调递增，

又，

所以h(x)在（0，+∞）上有唯一的零点，

所以方程有唯一的解

所以曲线与曲线有且仅有一条公切线．

（2）因为对恒成立，

所以在上恒成立，

所以在上恒成立，

令

，

则当时，G(x)单调递减，

当时，，G(x)单调递增，

当时，单调递减，

所以在处G(x)有极小值，在处G(x)有极大值．

①当，即时，由解得，舍去．

②当，即时，则，

所以，由 ，解得

因为，所以，所以

所以

所以

综上，a的取值范围为