2023届江苏省南京市第一中学高三上学期11月质量检测数学试题含答案

2023届江苏省南京市第一中学高三上学期11月质量检测数学试题

一、单选题

1．若集合，,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据对数和指数的性质解出集合M和N，从而可求得答案.

【详解】，

，

故，，

∴.

故选：B.

2．已知函数，则“有极值”是（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据极值点的定义求出的范围，验证充分性和必要性即可.

【详解】定义域为,由得，

令，则，

当时，恒成立，所以在上单调递增，又因为，

所以当时，有极值；

当时，令解得，所以在上小于0，在上大于0，

所以在上单调递减，在上单调递增，

又因为当时，，

有极值则，

令，则，，

再令，则，解得，

所以在单调递增，在单调递减，又，

所以当时，，即，解得，

综上有极值，则或或，

所以有极值是的必要不充分条件，

故选：B.

3．在中，角所对的边分别为，若，，，则（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】C

【分析】根据正弦值，分别在和的情况下，利用余弦定理求得结果.

【详解】，，或；

当时，，解得：；

当时，，解得：.

综上所述：或.

故选：C.

4．已知函数记函数为的导函数，函数的图象在处的切线与x轴相交的横坐标为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由导数的几何意义可求出切线方程，再利用裂项相消法即可求解.

【详解】，切点，，

切线方程为：，令，即

，切点，

，

切线方程为：，令，

所以，

故选：B

5．（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数除法的运算法则即可求解.

【详解】

故选：D

6．某地举办“喜迎二十大，奋进新时代”主题摄影比赛，9名评委对某摄影作品的评分如下： ,去掉一个最高分和一个最低分后，该摄影作品的平均分为91分，后来有1个数据模糊，无法辨认，以表示，则（    ）

A．84 B．86 C．89 D．98

【答案】C

【分析】分别考虑，，时，计算平均数，排除不合题意情况，即可求得答案.

【详解】当时，，则不符合题意；

当时，，则不符合题意；

当时，，解得,

故选：C.

7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是椭圆上一点，，若，则该椭圆的离心率的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件结合双曲线定义可得，，结合三角函数定义列关于的不等式，由此可求离心率的范围.

【详解】∵，

∴是以为底的等腰三角形，，

过作交于，则，

所以，

∵，∴，

∴，

即，解得．

∴该椭圆的离心率的取值范围是．

故选：D．

8．已知函数是定义在上的奇函数，且，若对于任意两个实数且时，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得在上单调递减，再由函数为奇函数，可得在上单调递减，，由此可求出和的解集，从而可求得结果.

【详解】因为对于任意两个实数且时，不等式恒成立，

所以在上单调递减，

因为是定义在上的奇函数，

所以在上单调递减，

因为，所以，

所以当或时，；当或时，，

由，得，

所以当或时，，

所以不等式的解集为.

故选：A

二、多选题

9．已知，，则下列叙述中正确的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．若函数的最小值为6，则的值为4

C．若，则

D．若向量，，则

【答案】AB

【分析】根据有得或，结合充分不必要条件的概念判断A；结合基本不等式求解判断B；由判断C；由时的情况判断D.

【详解】解：对于A，由得或，故“”是“”的充分不必要条件，正确；

对于B，当，函数，当且仅当时等号成立，所以，解得，故正确；

对于C，当时，满足，但不满足，故错误；

对于D，当向量时，不一定成立，故错误；

故选：AB

10．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）

A．勒洛四面体被平面截得的截面面积是

B．勒洛四面体内切球的半径是

C．勒洛四面体的截面面积的最大值为

D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为

【答案】CD

【分析】对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径为，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.

【详解】对于A，

故A错误，截面示意图如下：

对于B，由对称性知,勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心,如图：

正外接圆半径,正四面体的高,令正四面体的外接球半径为,

在中,，解得,

此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：

图中取正四面体中心为,连接交平面于点，交曲面于点，其中即为正四面体外接球半径，因为点ACDF均在以点B为球心的球面上，

所以，

设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，故B错误；

对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对A的分析知，故C正确；

对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，故D正确.

故选：CD．

【点睛】本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.

11．已知等比数列各项均为正数，其前项积为，若，，，则下列结论正确的是(    )

A． B．

C．是中最小的项 D．使成立的的最大值为17

【答案】ACD

【分析】根据，以及等比数列通项公式可得，从而判断A；再根据可判断B；判断的单调性即可判断C；利用等比数列与下标有关的性质可以判断D．

【详解】，，，，，故A正确；

当时，，数列为递增数列，．

，，，故B错误；

等比数列各项均为正数，其前项积为，且时，有，

，即，∴在是递减；

同理，当时，有，，即，即在时递增；

是中最小的项，故C正确；

，，

使成立的的最大值为17，故D正确．

故选：ACD．

12．已知函数的定义域为R，满足，且，则（    ）

A． B．为偶函数

C． D．

【答案】ABD

【分析】A选项：利用赋值的思路，令，，即可得到；

B选项：令，得到，即可得到为偶函数；

C选项：令，得到，再结合，，即可得到；

D选项：令，取得到，令，取得到，再结合C选项的结论即可得到.

【详解】A选项：令，，则，又，则，故A正确；

B选项：定义域为R，关于原点对称，令，则，即，所以为偶函数，故B正确；

C选项： 令，则，即，则，又，，

所以 ，，故C错；

D选项：令，取可得，，整理得，

令，取可得，，整理得，再结合C选项可得，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知甲､乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲､乙两球恰好有一个落入盒子的概率为           .

【答案】/

【分析】设甲球落入盒子为事件A，乙球落入盒子为事件B，求出即得解.

【详解】设甲球落入盒子为事件A，乙球落入盒子为事件B，

则甲､乙两球恰好有一个落入盒子为,

所以.

故答案为：

14．某大学一寝室4人参加疫情防控讲座，4人就坐在一排有13个空位的座位上，根据防疫要求，任意两人之间需间隔1米以上（两个空位），则不同的就坐方法有       种.

【答案】840

【分析】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，

此时空位一共还剩3个，再将这三个分成一组、两组、三组讨论，利用分类计数原理计算可得答案.

【详解】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，

此时空位一共还剩3个，若将这三个连在一起插入4人之间和两侧的空位上，有5种放法；

若将这三个分成两组，一组两个，一组一个，插入4人之间和两侧的空位上，有种放法；

若将这三个分成三组插入4人之间和两侧的空位上，有种放法，

故不同的就坐方法为种.

故答案为：840.

15．已知函数的最小正周期为T，若，且当时，取得最小值1，则        ．

【答案】/

【分析】由题知，，，进而得，再计算即可.

【详解】解：因为函数）的最小正周期为T，若，

所以，解得，

因为时，取得最小值1，

所以，，

所以，，

因为

所以，，即，

所以

故答案为：

16．已知定义在上的函数满足，且是的导函数，当时，，则不等式的解集为        ．

【答案】

【分析】令，进而结合题意得函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，，进而根据单调性和奇偶性解不等式即可.

【详解】解：令，则

因为，即，

所以，即函数为偶函数，

因为，当时，

所以，当时，，函数为单调递减函数，

因为函数为上的偶函数

所以，函数在上单调递增，在上单调递减，

因为，所以

因为可变形为，即，

因为函数为上的偶函数，在上单调递增，在上单调递减，

所以，或，即或，

所以，不等式的解集为

故答案为：

四、解答题

17．已知数列和满足，为等比数列，且，．

(1)求与；

(2)设，求数列的前n项和．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）依题意可得，由得到，设的公比为，由求出，即可得到的通项公式，再根据指数幂的运算法则及等差数列求和公式求出的通项；

（2）由（1）可得，利用错位相减法求和.

【详解】（1）解：由，得，，

两式相除得，，

因为，所以．

设的公比为，由，，得，

由题意知是正项数列，所以．故，

由，知，

所以．

（2）解：由（1）可得，所以，

由错位相减得：，

所以．

18．已知向量.

(1)若，求的值；

(2)记，求函数的图象向右平移个单位，纵坐标不变横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，求函数的值域.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量坐标的线性运算得的坐标，根据的坐标关系可得，从而可得，，即可求解的值；

（2）求解化成余弦型函数，再由三角函数图象变化得，根据余弦函数图象性质求函数的值域即可.

【详解】（1）解：，

，

，即

，.

（2）解：

由图象向右平移，横坐标变为2倍得

，

在单调递增，单调递减

，即值域为.

19．某射手进行射击训练，假设每次射击击中目标的概率为，且每次射击的结果互不影响．

(1)求射手在3次射击中，至少有两次连续击中目标的概率（用数字作答）；

(2)求射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率（用数字作答）；

(3)设随机变量表示射手第3次击中目标时已射击的次数，求的分布列．

【答案】(1)；

(2)；

(3)分布列见解析.

【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；(3)利用独立重复试验概率公式求出前3次中恰好击中两次的概率，再由概率乘法公式求所求事件的概率；(3)先确定随机变量的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列.

【详解】（1）设事件该射手第次射击，击中目标为，，则，所以，

事件射手在3次射击中，至少有两次连续击中目标可表示为，因为事件，，互斥，所以

又事件相互独立，所以

；

（2）事件射手第3次击中目标时，恰好射击了4次等于事件前3次中恰好击中两次目标且第四次击中目标，又各次击中目标的概率为，

所以前3次中恰有两次击中目标的概率为，第四次击中目标的概率为，

所以事件射手第3次击中目标时，恰好射击了4次的概率；

（3）由已知的取值有，，，，，，

又，，，，，

所以随机变量的分布列为：

20．如图：斜三棱柱，底面为等边三角形，，.

(1)证明：面；

(2)若在底面的投影为，且二面角的正切值为2，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1) 取的三等分点，连接,,可得四边形为平行四边形，利用线面平行的判定即可求解；

(2) 以为坐标原点，为轴，为轴，垂直方向为轴建立空间直角坐标系.利用空间向量的方法即可求解.

【详解】（1）取的三等分点，连接,,,所以四边形为平行四边形，

（2）过作,根据三垂线定理有：二面角的正切值为2，不妨令,以为坐标原点，为轴，为轴，垂直方向为轴建立空间直角坐标系.

则

,设平面的法向量

,

故直线与平面所成角的正弦值为.

21．已知椭圆的长轴长为6，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点A，B为椭圆C的左右顶点，M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线于点N，点O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：为定值．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据已知条件，列出满足的等量关系，求得，即可求得椭圆的方程；

（2）设出点的坐标，求得直线的直线方程，以及点的坐标；再求得直线和的交点，以及点的坐标，利用弦长公式，即可求证.

【详解】（1）根据题意可得：，，解得，

故椭圆的方程为：.

（2）设点的坐标为，则，即；

又点坐标为，故可设直线方程为：，

令，可得：，即点的坐标为，

又点坐标为，故直线的斜率，

又直线的斜率满足，则，

又因为直线的斜率为，故直线方程为：，

联立直线方程，与直线的方程，即，

，即；

则，故为定值.

【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求解，以及椭圆中的定值问题；其中第二问处理的关键是根据点的坐标，结合几何关系，求得点的坐标，属综合中档题.

22．已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直.

(1)试比较与的大小，并说明理由；

(2)若函数有两个不同的零点，证明：.

【答案】(1)，证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用导数的几何意义可求得，在分析判断函数的单调性，从而得到，即得；

（2）将逐步转化为证明的问题，利用导数证明在上的单调性，从而得证.

【详解】（1）由题可知：，

，而直线的斜率，

所以有，解得：或，

又因为函数在处有意义，所以，故，

所以，，

时，，时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，即，

即，

即有，

所以.

（2）不妨设，

所以有，

化简得

即，，

要证，即证，

即证，因为，

所以即证：，

即，

设，因为，所以，

即证 ()

设()，

，

所以函数在上单调递增，

所以，即，

即，即.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．