江苏省镇江中学2023届高三三模数学试题（含解析）

这是一份江苏省镇江中学2023届高三三模数学试题（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省镇江中学2023届高三三模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知复数（为虚数单位），在复平面上对应的点分别为.若四边形为平行四边形（为复平面的坐标原点），则复数为（    ）
A． B． C． D．
2．已知全集，则（    ）
A． B．
C． D．
3．点到双曲线的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．5
4．已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（    ）
A． B． C．2 D．
5．已知，，，，成等比数列，且和为其中的两项，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
6．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为2，以该圆台的上底面为底面，挖去一个半球，则剩余部分几何体的体积为（    ）
A． B． C． D．
7．南沿江高铁即将开通，某小区居民前往高铁站有①，②两条路线可走，路线①穿过市区，路程较短但交通拥挤，经测算所需时间（单位为分钟）服从正态分布；路线②骑共享单车到地铁站，乘地铁前往，路程长，但意外阻塞较少，经测算所需时间（单位为分钟）服从正态分布.该小区的甲乙两人分别有分钟与分钟可用，要使两人按时到达车站的可能性更大，则甲乙选择的路线分别为（    ）
A．①､① B．①､② C．②､① D．②､②
8．若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．

二、多选题
9．已知函数，则（    ）
A．若在区间上为增函数，则实数的取值范围是
B．若在区间上有两个零点，则实数的取值范围是
C．若在区间上有且仅有一个极大值，则实数的取值范围是
D．若在区间上有且仅有一个最大值，则实数的取值范围是
10．已知抛物线的焦点为，准线为，直线与相交于两点，为的中点，则（    ）
A．若，则
B．若，则直线的斜率为
C．不可能是正三角形
D．当时，点到的距离的最小值为
11．已知正方体的棱长为分别为的中点，为正方体的内切球上任意一点，则（    ）
A．球被截得的弦长为
B．球被四面体表面截得的截面面积为
C．的范围为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
12．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，

三、填空题
13．在中，，点是的中点.若存在实数使得，则__________（请用数字作答）.
14．写出一个同时具有下列性质①②③，且定义域为实数集的函数__________.
①最小正周期为2；②；③无零点.
15．现有甲､乙､丙､丁四个人到九嶷山､阳明山､云冰山､舜皇山4处景点旅游，每人只去一处景点，设事件为“4个人去的景点各不相同”，事件为“只有甲去了九嶷山”，则__________.

四、双空题
16．在平面直角坐标系中，给出如下定义：对于点，若点坐标为，则称点为点的“衍生点”.例如，点的“衍生点”为点.已知点的坐标为，点的“衍生点”为点，点的“衍生点”为点，点的“衍生点”为点，则点的坐标是__________；若为奇数，则线段的长度为__________.

五、解答题
17．已知数列的前项和为，满足.等差数列满足.
(1)求的通项公式；
(2)将数列满足__________（在①②中任选一个条件）的第项取出，并按原顺序组成一个新的数列，求的前20项和.①，②，其中.
18．在凸四边形中，.
(1)若.求的长；
(2)若四边形有外接圆，求的最大值.
19．如图，四边形是边长为2的菱形，，四边形为矩形，，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.
①与平面所成角相等；②三棱锥体积为；③
  
(1)平面平面；
(2)求二面角的大小；
(3)求点到平面的距离.
20．经观测，长江中某鱼类的产卵数与温度有关，现将收集到的温度和产卵数的10组观测数据作了初步处理，得到如图的散点图及一些统计量表.





360














表中
  
(1)根据散点图判断，与哪一个适宜作为与之间的回归方程模型并求出关于回归方程；（给出判断即可，不必说明理由）
(2)某兴趣小组抽取两批鱼卵，已知第一批中共有6个鱼卵，其中“死卵”有2个；第二批中共有8个鱼卵，其中“死卵”有3个．现随机挑选一批，然后从该批次中随机取出2个鱼卵，求取出“死卵”个数的分布列及数学期望.
附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为.
21．已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，且．
①求证：直线经过定点．
②设和的面积分别为、，求的最大值．
22．已知函数.
(1)若有两个极值点.求实数的取值范围.
(2)在（1）的条件下，求证：.

参考答案：
1．B
【分析】利用复数的几何意义，向量坐标运算性质及其向量相等即可得出.
【详解】因为复数､为虚数单位)､在复平面上对应的点分别为，
所以，
设，因为为平行四边形(为复平面的坐标原点)，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
故选：B.
2．A
【分析】先化简集合，再根据补集和交集运算法则进行计算即可.
【详解】由题意得，，
，
则或，
所以.
故选：A
3．C
【分析】根据点到渐近线的距离求出的关系，进一步求得离心率.
【详解】由题意可得双曲线的一条渐近线为：，
所以到的距离为，
不妨设则.
故选：C
4．B
【分析】设，的夹角为，由题意可得，，解方程即可得出答案.
【详解】设，的夹角为，
由可得：，
，所以，
在上的投影向量为，则，
所以，即，则.
故选：B.
5．B
【分析】结合题意，取最小值时为负数，且，利用等比数列的基本量运算即可求解.
【详解】由题意，要使最小，则，，都是负数，则和选择和，
设等比数列的公比为，
当时，，所以，所以，
所以；
当时，，所以，所以，
所以；
综上，的最小值为.
故选：B
6．C
【分析】由题意得到圆台和半球的体积，即可求解．
【详解】，，
剩余部分几何体的体积为．
故选:C
7．C
【分析】分别算出两条路线的，，然后比较即可.
【详解】由正态分布的区间概率知，
，
令路线①所需时间，路线②所需时间
对于甲：有分钟可走，
走第一条路线：故，
走第二条路线：则，
所以，所以应选择路线②；
对于乙：有分钟可走，
走第二条路线：
走第一条路线：则，
所以，所以选择路线①.
故选：C
8．D
【分析】令得，利用导数研究的图像，由函数有三个零点可知，若令，则可知方程的一根必在内，另一根或或上，分类讨论即可求解.
【详解】由得，令，
由，得，因此函数在上单调递增，在上单调递减，且，当时，，则的图像如图所示：

即函数的最大值为，
令，则，
由二次函数的图像可知，二次方程的一根必在内，另一根或或上，
当时，，则另一根，不满足题意，
当时，a＝0，则另一根，不满足题意，
当时，由二次函数的图像可知，
解得，
则实数的取值范围是，
故选：D.
9．AC
【分析】由求出的范围，然后根据正弦函数的性质对每个选项逐一判断即可.
【详解】当时，，
对于A，若在区间上为增函数，则，解得，故正确；
对于B，若在区间上有两个零点，则，解得，故错误；
对于C，若在区间上有且仅有一个极大值，则，解得，故正确，
对于D，若在区间上有且仅有一个最大值，则，解得，故错误，
故选：AC
10．ACD
【分析】利用联立求得点坐标，结合向量数量积的运算即可判断选项A；结合抛物线定义即可判断选项CD；设，，根据即可判断选项B.
【详解】对于A，代入，
解得，，
即，，
则，
所以，A正确；
对于C，如图，，
所以不可能是正三角形，C正确；
  
对于D，由题知，，
当共线时，取等号，
又点到的距离为，
所以点到的距离的最小值为，D正确.
对于B，当直线的斜率大于时，
根据上图再作，
因为，所以设，，
因为都在上，
所以，，
，，
所以，
则；
当直线的斜率小于时，同理可得.
综上，直线的斜率为，B错.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：直线与抛物线的位置关系问题，从以下几个角度分析：
（1）抛物线定义的结合，来分析线段的相等关系；
（2）斜率与倾斜角正切值的联系；
（3）数形结合思想的应用.
11．BC
【分析】利用对称性以及球心到端点的距离结合余弦定理可计算得弦长为，A错误；求得球心到正四面体表面的距离为，可得四个相同截面圆的半径为，即可得截面面积为，B正确；利用向量运算可得，即可求得其范围为，C正确；截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大角满足，可得，即D错误.
【详解】如图所示：
  
对于A，易知内切球的半径为1，且球心在正方体的中心，易得；
设球被截得的弦为，在中，如下图所示：
  
由对称性可知，，且
利用余弦定理可知，
在中，，
解得或（舍），则弦长，即A错误；
对于B，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，
由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：
  
设为的中点，为球心在平面内的摄影，
易知正四面体的棱长为，，
易得，，由勾股定理可得；
所以球心到截面距离，
不妨设截面圆半径为，则，
所以截面面积为，故B正确；
对于C，不妨设的中点为，
则
由选项A可知，，

当同向时，；
当反向时，；
即的范围为，即C正确；
对于D，易知当三点共线时，与所成的角最小为，
取截面如下图所示：
  
易知当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，
则，即，所以；
即与所成角的范围是说法错误，故D错误；
故选：BC
12．ABD
【分析】根据性质的定义直接验证即可判断A；利用性质迭代即可判断B；
取验证性质即可判断C；根据性质迭代可得，再结合即可判断D.
【详解】因为，故A正确；
若函数具有性质，则，即
所以，故B正确；
若，取，
易知恒成立，所以C错误；
若函数具有性质，则，即
所以
所以
又，所以，D正确.
故选：ABD
13．
【分析】利用基底表示出，结合条件可得，进而可求答案.
【详解】因为是的中点，所以

因为，所以，
所以，所以，即.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】根据周期,对称性,零点等性质判断写出符合条件的一个函数即可.
【详解】的定义域为，
最小正周期为，

因为，所以，
所以无零点，
综上，符合题意
故答案为：.
15．
【分析】根据题意，求出4人去4个不同的景点的总事件数，事件的总数和事件的总数，可求出，然后利用条件概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知，4人去4个不同的景点，总事件数为，
事件的总数为，则
，
事件和事件同时发生，即“甲去了九嶷山，另外3人去了另外3个不同的景点”则
事件的总数为，
所以，
所以，
故答案为：
16．
【分析】根据“衍生点”的坐标的定义列出几个点的坐标，观察这些点的坐标找出规律即可求解.
【详解】依题意，，的“衍生点”的坐标为，
的“衍生点”点的坐标为，
的“衍生点”的坐标为，
的“衍生点”点的坐标为，
的“衍生点”的坐标为，，
观察可得：
当为奇数时，点的横坐标成以1为首项，为公比的等比数列，纵坐标；
当为偶数时，点的横坐标和纵坐标相等，且都是以为首项，为公比的等比数列，故此时，
若为奇数，则为偶数，所以点的坐标为，
所以线段.
故答案为：；
17．(1)，
(2)

【分析】（1）根据利用可得，利用等差数列定义可求得；
（2）选择①②都可以得到新组成的数列是原来数列的偶数项，利用等比数列前项和公式即可得.
【详解】（1）因为数列满足①，
当时，，解得；
当时，，②
②-①得，即
因，所以，从而，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
所以.
因为等差数列满足.所以.
设公差为，则，解得.
所以.
所以数列的通项公式为，数列的通项公式为；
（2）若选①，则有.
所以取出的项就是原数列的偶数项，
所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以；
若选②，则有，
因为
所以当时，对应的，
由二项展开式可知
能被3 整除，
此时为整数，满足题意；
当时，对应的，
由二项展开式可知


所以除以3 的余数是1，不能整除，即此时不是整数，不满足题意；
所以取出的项就是原数列的偶数项，
所以是以4为首项，4为公比的等比数列，
所以.
18．(1)
(2).

【分析】（1）由同角关系可得正弦值，进而由和差角公式，结合余弦定理即可求解，
（2）根据正弦定理可得，同理可知，进而由三角函数的性质即可求解最值.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
由余弦定理可知，，即
（2）因为四边形有外接圆，所以，
因为，且由正弦定理可知，，
所以，即，
设，则，
由正弦定理可知，，
所以，同理可知，
所以，
因为，所以，所以当，
即时，取得最大值为.
  
19．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）若选①，则作面，证明和重合从而得到面，从而得到面面垂直；若选②，计算得到到面的距离，得到面，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到，再通过面，从而得到面面垂直；
（2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；
（3）通过点面距离的计算公式直接计算即可.
【详解】（1）选①，连接，作面，垂足为.
  
与平面所成角相等，
，
在的中垂线上，
在平面内，,
和重合，
面，
又面，
面面
若选②，设到面的距离为，
，得，
即为到面的距离，即面，
又面，
面面.
若选③，由余弦定理得，，

，又面
面，
又面
面面
（2）因为面，面，
所以，
取中点，则，
所以，又因为，
所以建立如下图所示空间直角坐标系，
  
，
，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，
，
，
由图可知二面角是钝角，
所以二面角的大小为.
（3），
平面的一个法向量为，
点到平面的距离.
20．(1)适宜，
(2)分布列见解析，.

【分析】（1）根据散点图判断，看出样本点分布在一条指数函数的周围，所以适宜作为与之间的回归方程模型；令，转化线性回归方程求解，进而得关于回归方程；
（2）由题意，的取值为，由全概率公式求得对应的概率，从而可求分布列及数学期望.
【详解】（1）根据散点图判断，看出样本点分布在一条指数函数的周围，
所以适宜作为与之间的回归方程模型；
令，则，
，
关于的回归方程为.
（2）由题意，设随机挑选一批，取出两个鱼卵，其中“死卵”个数为，则的取值为，
设“所取两个鱼卵来自第批”，所以，
设“所取两个鱼卵有个”“死卵”，
由全概率公式
，
，
，
所以取出“死卵”个数的分布列为：

0
1
2




.
所以取出“死卵”个数的数学期望.
21．(1)
(2)①证明见解析；②

【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.
【详解】（1）解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，
且最大值为，
由题意可得，解得，
所以，椭圆的标准方程为.
（2）解：①设点、.
若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，
联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，则，
所以，
，解得，
即直线的方程为，故直线过定点.
②由韦达定理可得，，
所以，
，
，则，
因为函数在上单调递增，故，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
22．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）二次求导,根据单调性结合最值确定极值点个数求参即可;
（2）构造函数应用单调性求最值，把分解为分别证明不等式可得.
【详解】（1）因为，所以.
令，则.
因为有两个极值点，，所以有两个不等正实根.
①当时，，所以在上单调递增，
则在上至多有一个零点，舍去.
②当时，令得
当时，，则在上为增函数；
当时，，则在上为减函数；
所以时，取极大值，即为最大值为.
所以有两个不等正实根的必要条件是
，解得.
当时，，
因为，所以，由零点存在性定理知：
存在唯一的，使得成立.
因为，令，
则，取，则且，
所以，由零点存在性定理知：存在唯一的，使得成立.
所以时，有两个不等正实根.
综上，实数的取值范围是.
（2）由（1）知，且.所以
因为在上为增函数，及，
所以，又因为，所以.
因为，所以.
所以，所以，
所以.所以.
其中（其中）
构造函数，则.
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立.
所以.
【点睛】关键点点睛:证明不等式把分解为,构造函数求出导函数应用单调性证明不等式.