江苏省南京市雨花台中学2023-2024学年高三上学期“零模”模拟调研数学试题

这是一份江苏省南京市雨花台中学2023-2024学年高三上学期“零模”模拟调研数学试题，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

试卷满分：150分 考试时间：120分钟
一、选择题：本题共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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，为z的共轭复数，则（ ）
A．B．2C．D．
3．高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）
A．16种B．18种C．37种D．48种
4．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．C．D．
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知△OAB，，，，过点O作OD垂直AB于点D，点E满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线经过椭圆的左焦点F，交椭圆于A，B两点，交y轴于点C．若，则该椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
8．若函数图象在点处的切线方程为，则的最小值为（ ）
A．－2B．C．D．
二、选择题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下面命题正确的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“若，则”的否定是“存在，”
C．设，则“且”是“”的必要不充分条件
D．设，则“”是“”的必要不充分条件
10．下列说法其中正确的是（ ）
A．对于回归分析，相关系数r的绝对值越小，说明拟合效果越好；
B．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则c，k的值分别是和0.3；
C．已知随机变量，若，则的值为；
D．通过回归直线及回归系数，可以精确反映变量的取值和变化趋势．
11．如图所示，在四棱锥中，△CDE是边长为2的正三角形，点N为正方形ABCD的中心，M为线段DE的中点，BC⊥DE，则下列结论正确的是（ ）
A．直线BM与EN是异面直线B．线段BM与EN的长度不相等
C．直线DE⊥平面ACMD．直线EA与平面ABCD所成角的正弦值为
12．阿基米德是伟大的物理学家，更是伟大的数学家，他曾经对高中教材中的抛物线做过系统而深入的研究，定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形．设抛物线C：上两个不同点A，B横坐标分别为，，以A，B为切点的切线交于P点．则关于阿基米德三角形PAB的说法正确的有（ ）
A．若AB过抛物线的焦点，则P点一定在抛物线的准线上
B．若阿基米德三角形PAB为正三角形，则其面积为
C．若阿基米德三角形PAB为直角三角形，则其面积有最小值
D．一般情况下，阿基米德三角形PAB的面积
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是______．
14．已知，，则______．
15．在平面四边形ABCD中，，，，，将△ABC沿AC折成三棱锥，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的体积为______．
16．已知数列中，，且满足，若对于任意，都有成立则实数λ的最小值是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程演算步骤．
17．（本题满分10分）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题．
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______，．
（1）求；
（2）M为边AC上一点，，，求△ABC的面积．
18．（本题满分12分）已知数列的前n项和为，满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前100项的和．
19．（本题满分12分）已知如图1直角梯形ABCD，，，，，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．
（1）证明：BE⊥平面AECD；
（2）在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．
20．（本题满分12分）某企业拥有3条相同的生产线，每条生产线每月至多出现一次故障．各条生产线是否出现故障相互独立，且出现故障的概率为．
（1）求该企业每月有且只有1条生产线出现故障的概率；
（2）为提高生产效益，该企业决定招聘n名维修工人及时对出现故障的生产线进行维修．已知每名维修工人每月只有及时维修1条生产线的能力，且每月固定工资为1万元．此外，统计表明，每月在不出故障的情况下，每条生产线创造12万元的利润；如果出现故障能及时维修，每条生产线创造8万元的利润；如果出现故障不能及时维修，该生产线将不创造利润，以该企业每月实际获利的期望值为决策依据，在与之中选其一，应选用哪个?（实际获利=生产线创造利润－维修工人工资）
21．（本题满分12分）在平面直角坐标系xOy中，设F为椭圆的左焦点，左准线与x轴交于点P，M为椭圆C的左顶点，已知椭圆长轴长为8，且．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若过点P的直线与椭圆交于两点A，B，设直线AF，BF的斜率分别为，．
①求证：为定值
②求△ABF面积的最大值．
22．（本题满分12分）已知．
（1）讨论的单调性；
（2）已知函数有两个极值点，，求证：．
高三数学答案
1.【答案】C
2.【答案】C
【详解】，
则
，故选C
3.【答案】C
【详解】三个班有一个班去甲，方法数有；三个班有两个班去甲，方法数有；三个班都去甲，方法数有，故总的方法数为种，故选C.
4.【答案】D
【详解】因为函数定义域为，关于原点对称，而，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除A，C；又因为，故排除B．
故选：D．
5.【答案】D
【详解】
又，所以．
故选：D
6.【答案】D
【详解】由题意，作出图形，如图，
，，
，，
由可得，
，
又，则，
.
故选：D．
7.【答案】A
【详解】由题意可知，点在直线上，即，可得，
直线交轴于点，
设点，，，
由可得，解得，
椭圆的右焦点为，则，
又，，
因此，该椭圆的离心率为.
故选：A
8.【答案】B
【详解】由求导得：，于是得，
函数图象在点处的切线方程为，
整理得：，从而得，，
令，则，当时，，当时，，
于是得在上单调递减，在上单调递增，则，
所以的最小值为.
故选：B
9.【答案】ABD
【详解】选项A，由，能推出，但是由，不能推出，例如当时，符合，但是不符合，所以“”是“”的充分不必要条件，故A正确；
选项B，根据命题的否定的定义可知：命题“若，则”的 否 定 是“ 存 在，则”，故B正确；
选项C，根据不等式的性质可知：由且能推出，充分性成立，故C错误；
选项D，因为可以等于零，所以由不能推出，由可得或，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：ABD
10.【答案】BC
【详解】对于A，回归分析中，相关系数绝对值越大，变量线性相关程度越高，A不正确；
对于B，由两边取对数得，依题意，，即，B正确；
对于C，由正态分布的性质知，由得，于是得，C正确；
对于D，回归直线及回归系数，不能精确反映变量的取值和变化趋势，D不正确.
故选：BC
11.【答案】BD
【详解】解：对于A选项，连接，易知平面，平面，所以直线和共面，A项错误；
对于B选项，设的中点为，连接、，则，
∵ ，，，
∴ 平面，
平面，
∴ 平面平面，
平面平面，平面，
平面，
平面，，
、分别为、的中点，则，
又，故，，，故B项正确；
对于C选项，由于平面，故平面，故，所以不满足，所以直线平面不成立，故C选项错误；
对于D选项，设与平面所成的角为，则，则，故D选项正确.
12.【答案】ABC
【详解】由题意可知：直线一定存在斜率，
所以设直线的方程为：，
由题意可知：点，不妨设，
由，所以直线切线的方程分别为：
，
两方程联立得：，
解得：，所以点坐标为：，
直线的方程与抛物线方程联立得：
.
A：抛物线：的焦点坐标为，准线方程为 ，
因为过抛物线的焦点，所以，而，
显然点一定在抛物线的准线上，故本选项说法正确；
B：因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，
即，
因为 ，所以化简得：，
此时， 点坐标为：，
因为阿基米德三角形为正三角形，所以有，
所以，
因此正三角形的边长为，
所以正三角形的面积为，
故本选项说法正确；
C：阿基米德三角形为直角三角形，当时，
所以，
直线的方程为：
所以点坐标为：，点 到直线的距离为：
，
，
因为，所以 ，
因此直角的面积为：，
当且仅当时，取等号，显然其面积有最小值，故本说法正确；
D：因为，所以
，
点到直线的距离为：
所以阿基米德三角形的面积，
故本选项说法不正确.
故选：ABC
13.【答案】180
【详解】因为题中二项展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以．
，令得．
所以常数项为．
故答案为：180
14.【答案】
【详解】
15.【答案】
【详解】因为在平面四边形中，，，，，
所以，则，
所以，，
则，
过点作于点，
由可得，，则
为使三棱锥的体积最大，只需平面，
记的外接圆圆心为，连接，，
因为为直角三角形，所以为中点，且，
又在中，由余弦定理可得，
，
则，
所以，
因此点即为该三棱锥外接球的球心，且该外接球的半径为，
所以球的体积为.
故答案为：.
16.【答案】2
【详解】因为时，，所以，而，
所以数列是首项为3公差为1的等差数列，故，从而.
又因为恒成立，即恒成立，所以.
由得，得，
所以，所以，即实数的最小值是2.
故答案为：2
17.【答案】(1)；(2)
【详解】
（1）若选择条件①，在中，由正弦定理得.
即
又，
若选择条件②，，
，即.
又，，
则
.
（2）设，易知
在中，由余弦定理得 ，解得.

在中，，，
则
18.【答案】(1)，(2)
【详解】
(1)当时，，
整理得，
又，得
则数列是以-2为首项，-2为公比的等比数列.
则，
(2)当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
则
19.【答案】（1）见解析；（2）存在，F为中点
【详解】（1）证明：连接，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以.
又，，，平面，
所以平面.
（2）（1）得平面，所以.
所以，，两两垂直，
分别以，，方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系,
如图所示，
则，，，
设，，
所以，，
设平面的法向量为，
则
取，得.
取平面的法向量为.
所以，
所以.
所以线段上存在点F，且F为中点时，使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
20.【答案】（1） （2）应选用
【详解】解：（1）设3条生产线中出现故障的条数为,则,
因此
（2）①当时,设该企业每月的实际获利为万元,
若,则；
若,则；
若,则；
若,则；
又,,
,
此时,实际获利的均值
②当时,设该企业每月的实际获利为万元,
若,则；
若,则；
若,则；
若,则；
因为,
于是以该企业每月实际获利的期望值为决策依据,在与之中选其一,应选用
21.【答案】（1）；（2）① 证明见解析；② 最大值为.
【详解】解：（1）因为，所以，又，所以，
所以，所以椭圆C的标准方程为.
（2）①当AB的斜率为0时，显然.
当AB的斜率不为0时，设，
由得，
设，故有，
所以.
因为，所以.
综上所述，恒有为定值.
②，
即==，
当且仅当，即时取等号(此时适合)，
所以面积的最大值为．
22.【答案】（1）当时，函数单调递减；当时，函数单调递增．（2）见解析.
【详解】解：（1），记，则．
由， ，解得．
当时，，函数即单调递减；
当时，，函数即单调递增．
（2）由题意知有两个零点，为，不妨设，
由（1）可知，．所以.
记
，则，因为，
由均值不等式可得，
当且仅当，即时，等号成立．所以在上单调递增．
由，可得，即，
因为为函数的两个零点，所以，所以，
又，所以，又函数在上单调递减，
所以，即．