2023届江苏省南京市临江高级中学高三下学期二模拉练数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市临江高级中学高三下学期二模拉练数学试题含解析，共20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。

一、单选题
1．若复数满足，则（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【分析】求得，进而可得.
【详解】，
，
.
故选：A．
2．已知集合，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出集合，再利用集合间的包含关系列出不等式组，求出的取值范围即可．
【详解】解：由，，解得，
所以，
集合，
因为，所以，解得．
故选：C．
3．已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列{an}的公差为（ ）
A．-3B．-1C．1D．3
【答案】D
【分析】根据题意得到，，解得答案.
【详解】；，解得，.
故选：D
4．新能源汽车具有零排放、噪声小、能源利用率高等特点，近年来备受青睐．某新能源汽车制造企业为调查其旗下A型号新能源汽车的耗电量（单位：kW·h/100km）情况，随机调查得到了1200个样本，据统计该型号新能源汽车的耗电量，若，则样本中耗电量不小于的汽车大约有（ ）
A．180辆B．360辆C．600辆D．840辆
【答案】A
【分析】根据正态分布的性质，求得的值，再由样本容量求得频数，即可得到答案.
【详解】因为，且，
所以，
所以样本中耗电量不小于的汽车大约（辆）.
故选：A.
5．陀螺指的是绕一个支点高速转动的几何体，是中国民间最早的娱乐工具之一．传统陀螺大致是木或铁制的倒圆锥形，玩法是用鞭子抽．中国是陀螺的老家，从中国山西夏县新石器时代的遗址中，就发掘了石制的陀螺．如图，一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱，其中总高度为，圆柱部分高度为，已知该陀螺由密度为的木质材料做成，其总质量为，则最接近此陀螺圆柱底面半径的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据密度和质量求得总体积，再根据圆柱圆锥体积公式即可求解.
【详解】由题可得该陀螺的总体积为，
设底面半径为，
则可得，解得.
故选：A.
6．过抛物线的焦点且倾斜角为45°的直线与抛物线交于A，B两点，若点A，B到y轴的距离之和为，则p的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】设出直线的方程，联立直线方程和抛物线方程消去y，根据题意结合利用韦达定理可求p.
【详解】设，
由题意可得：直线的斜率，抛物线的焦点，
故直线的方程为，
联立方程，消去y得，
则，
可知异号，
由题意可得：，
解得.
故选：B.
7．已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，先分别表示出，，再由向量的数量积运算得到，从而得到为的重心，即可得到结果.
【详解】设，则，，
，
，或（舍去），
为的重心，，为的中点，
，
故选：B．
8．若函数与的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将条件与只有1个交点转换为函数只有1个零点，参数分离求出a，再构造函数，利用其单调性求解即可.
【详解】与只有1个交点等价于函数 只有1个零点，
即只有1个解，
令，则，，
当时，单调递增，当时，单调递减，并且，
所以， ，函数的大致图像如下图：
，原不等式为： ，即，
令，显然在时是增函数，又，
的解集是.
故选：C.
二、多选题
9．某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：
则下列结论中正确的是（ ）
A．招商引资后，工资性收入较前一年增加
B．招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C．招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D．招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
【答案】AD
【分析】根据已知条件及扇形图的特点即可求解.
【详解】设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，则
对于A，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，所以工资性收入增加了，故A正确；
对于B，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B错误；
对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于D，招商引资前经营净收入为，招商引资后转移净收入为，所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确.
故选：AD.
10．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．函数为偶函数B．函数的最小值为
C．函数的最大值为D．函数在上有两个极值点
【答案】AC
【分析】根据奇偶性直接判断A；结合求解最值判断BC；利用导数，结合三角函数性质求解极值点个数判断D.
【详解】解：对于A选项，函数定义域为，，所以函数为偶函数，故正确；
对于B选项，，
所以，当时，函数有最小值，故错误；
对于C选项，由于，故当时，函数有最大值，故正确；
对于D选项，当，，令得或，
令在上的两个实数根为，则，
所以，当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以，在处取得极大值，在和处取得极小值，
所以，函数在上有三个极值点，故错误.
故选：AC
11．已知双曲线，O为坐标原点，过的右焦点作的一条渐近线的平行线交于点，交的另一条渐近线于点，则（ ）
A．向量在上的投影向量为
B．若为直角三角形，则为等轴双曲线
C．若，则的离心率为
D．若，则的渐近线方程为
【答案】ABD
【分析】由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|，可判断A，由已知可得渐近线的倾斜角为，可判断B，设，解得，可得，可判断C，设,可得，代入双曲线方程，化简可求渐近线方程，判断D.
【详解】对于A，由题意可得△OQF是等腰三角形，且|OQ|=|QF|,
Q在OF上的投影为OF的中点，在上的投影向量为，故A正确；
对于B，若△OQF为直角三角形，可得渐近线的倾斜角为，，，
为等轴双曲线，故B正确；
对于C，若，设，则解得或(舍去)，设渐近线的倾斜角为，可得，，，
，，，，故C错误；
对于D，设直线的方程为，与渐近线的交点坐标为，若，则，设，，
，在双曲线上，，，，
的渐近线方程为，即，故D正确.
故选：ABD
12．函数的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】分类讨论函数的单调性及极值点判断各个选项即可.
【详解】，
当时, ,A选项正确；
，
，
,
时, 有两个根,且时
,根据极值点判断，故C选项正确,D选项错误；
当时, 有两个根,且此时
,故B选项正确.
故选：ABC．
三、填空题
13．展开式中含项的系数为______．
【答案】－60
【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.
【详解】，
设该二项式的通项公式为，
因为的次数为，所以令，
二项式的通项公式为，
令，
所以项的系数为，
故答案为：
14．某企业的一批产品由一等品零件、二等品零件混装而成，每包产品均含有10个零件．小张到该企业采购，利用如下方法进行抽检：从该企业产品中随机抽取1包产品，再从该包产品中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是一等品，则决定采购该企业产品；否则，拒绝采购．假设该企业这批产品中，每包产品均含1个或2个二等品零件，其中含2个二等品零件的包数占，则小张决定采购该企业产品的概率为______．
【答案】
【分析】根据题意，分析可得含1个二等品零件的包数占，进而由对立事件和互斥事件的概率公式计算可得答案．
【详解】解：根据题意，该企业这批产品中，含2个二等品零件的包数占，则含1个二等品零件的包数占，
在含1个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
在含2个二等品零件产品中，随机抽取4个零件，若抽取的4个零件都是一等品，其概率，
则小张决定采购该企业产品的概率；
故答案为：．
15．已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，且，则椭圆的离心率为___________.
【答案】/
【分析】由题设、椭圆定义知且，令结合，应用勾股定理列方程求及，即可求离心率.
【详解】由题设，，且，
令，则，，所以，，
又，则，
整理得，即或（舍），
又，即，
当时，，此时；
综上，椭圆离心率为.
故答案为：
四、双空题
16．在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为______；此时，三棱锥 的外接球表面积为______．
【答案】
【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，且，
因为两两垂直，所以，
所以，可得，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
因为且，所以平面，
又因为平面，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
设三棱锥的外接球的半径为，
则，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：；.
五、解答题
17．已知数列的前项和为，满足.
(1)求的值，并求数列的通项公式.
(2)令，求数列的前项和.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）根据递推公式分别计算的值，然后构造数列，利用累加法求出通项公式；
（2）错位相减法求和.
【详解】（1），
当时，；当时，，
，
，
，
又
（2）由（1）得，
，
，
，
18．设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有．
(1)求角A；
(2)若BC边上的高，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形内角和、正弦定理和三角恒等变换化简可得.
（2）利用三角形面积公式和正弦定理可得.
【详解】（1）（1）由题意得：，
则，
有，即，因为所以．
（2）（2）由，则，所以，
有，则，
又，则．
19．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面为中点.
(1)如果与平面所成的线面角为，求证：平面.
(2)当与平面所成角的正弦值最大时，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题知，进而证明，即可证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，设，进而利用坐标法求解线面角得，在计算体积即可.
【详解】（1）证明：平面，平面，
为与平面平面所成的线面角，
∵与平面所成的线面角为
，
∵为的中点，
，
∵底面是边长为的正方形，即
∵平面，
平面，
又∵平面，
∴，
∵平面，
平面
（2）解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
设，则，
设平面的法向量为，
则，即，
，取，得，
与平面所成角的正弦值为
，
当且仅当，即时等号成立.
，
三棱锥的体积.
20．为深入学习党的二十大精神，某学校团委组织了“青春向党百年路，奋进学习二十大”知识竞赛活动，并从中抽取了200份试卷进行调查，这200份试卷的成绩（卷面共100分）频率分布直方图如下.
(1)用样本估计总体，求此次知识竞赛的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(2)可以认为这次竞赛成绩近似地服从正态分布（用样本平均数和标准差分别作为，的近似值），已知样本标准差，如有的学生的竞赛成绩高于学校期望的平均分，则学校期望的平均分约为多少（结果取整数）？
(3)从的试卷中用分层抽样的方法抽取10份试卷，再从这10份样本中随机抽测份试卷（抽测的份数是随机的），若已知抽测的份试卷都不低于90分，求抽测2份的概率.
参考数据：若，则.
【答案】(1)80.5
(2)72分
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数的公式，即可求解；
（2）首先确定，再根据参考公式，即可求解；
（3）根据全概率公式，和条件概率，列式求解.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
平均分；
（2）由（1）可知，,
设学校期望的平均分约为，则，
因为，，
所以，即，
所以学校的平均分约为72分；
（3）由频率分布直方图可知，分数在和的频率分别为和，
那么按照分层抽样，抽取10人，其中分数在，应抽取人，
分数在应抽取人，
记事件：抽测份试卷，事件取出的试卷都不低于90分，
则,，
，
则.
21．在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）设，由题意，
因为，所以，
即，两边平方并整理得．
故点的轨迹的方程为；
（2）设直线方程为，
联立，消并整理得，，显然，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段中垂线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以
又，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，故．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．已知，且0为的一个极值点．
(1)求实数的值；
(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；
②，其中且．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；
（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.
②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.
【详解】（1）由，
则，
因为0为的一个极值点，
所以，所以．
当时，，
当时，因为函数在上单调递减，
所以，即在上单调递减；
当时，，则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
又因为，
所以，，在上单调递增；.
综上所述，在上单调递减，在上单调递增，
所以0为的一个极值点，故.
（2）①当时，，所以单调递减，
所以对，有，此时函数无零点；
当时，设，
则，
因为函数在上单调递减，且，，
由零点存在定理，存在，使得，
且当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减．
又因为，
所以，，在上单调递增；
因为，，
所以存在，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减．
所以，当时，单调递增，；
当时，单调递减，，
此时在上无零点；
当时，，
所以在单减，
又，，
由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；
当时，，此时函数无零点；
综上所述，在区间上存在唯一零点．
②因为，由（1）中在上的单调性分析，
知，所以在单增，
所以对，有，
即，所以．
令，则，
所以，
设，，
则，
所以函数在上单调递减，
则，
即，，
所以 ，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.