2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研数学试题含解析，共16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。
2023届江苏省南京市高三上学期7月学情调研数学试题一、单选题1．若，则（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】D【分析】先设,根据复数的运算和模的定义得到，再根据已知条件计算即得所求.【详解】设,,,由已知得，∴，故选：D2．若集合则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正切函数的性质可求解，根据对勾函数的单调性可求解,进而根据集合的交并补运算即可求解.【详解】因为在单调递减，在单调递增，故因为，所以.故选：A3．在中，记，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量的减法法则得，进而根据数量积的运算绿即可求解.【详解】因为，所以.故选：C4．在△ABC中，.则以BC为轴，将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】确定旋转体是由哪些基本组合体组成的，再由体积公式计算即可得出答案.【详解】过A作交于点，则题中旋转体是以绕直角边所在直线BC旋转所成的两个圆锥的组合体.因为，所以，所以△ABC的面积为：，解得：.所以将△ABC旋转一周所得的几何体的体积为：故选：C.5．从1至8的8个整数中随机抽取2个不同的数，则这2个数和为偶数的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由组合求出8个整数中随机抽取2个不同的数的总情况，再求出2个数和为偶数的情况，最后由古典概型求解即可.【详解】从1至8的8个整数中随机抽取2个不同的数共有种情况，其中要使2个数和为偶数，则2个数都为奇数或都为偶数，共有，由古典概型可得这2个数和为偶数的概率为.故选：D.6．已知函数，则的最大值为（       ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】记，，由三角函数的性质即可求出的最大值.【详解】记，则，所以，且，所以最大为.故选：B.7．双曲线的左､右焦点分别为为左支上一动点，直线与的右支交于点，且与的周长相等，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可求出，又与的周长相等，即，结合题意代入即可求出，即可求出的值.【详解】记的焦距为，则，又与的周长相等，即，又，且，即，所以.故选：B.8．若函数的定义域为，且，则（       ）A．28 B．30 C．46 D．48【答案】B【分析】设，证明是周期函数，周期为4，再计算出和，然后由周期性可得结论.【详解】因为，所以，记，所以，则，所以，且，则，所以.故选：B.二、多选题9．在平面直角坐标系xOy中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，圆，则（       ）A．若c=0，则点O在圆C上B．直线l与坐标轴围成的三角形的面积为C．若点O在圆C内部，则c的取值范围为（0，+∞）D．若，则圆C与OAB中与平行的中位线相切【答案】ACD【分析】由点与圆的位置关系判断AC，求出直线与坐标轴围成的三角形的面积判断B，由直线与圆的位置关系判断D.【详解】对于，圆，令，恰符合；对于B，由已知，，三角形面积为；对于C，点O在圆C内部，则，即；对于D，圆，,,中点为，中点为，与平行的中位线方程为，即，圆心到此中位线的距离为，此条中位线与圆相切.故选：ACD.10．已知数列满足，则（       ）A．≥2 B．是递增数列C．{-4}是递增数列 D．【答案】ABD【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；对于D，因为，所以，所以，所以，即.故选：ABD11．在直四棱柱中，，AB⊥AD，且P为中点，Q为上一动点，则（       ）A． B．三棱锥的体积为C．存在点Q使得与平面垂直 D．存在点Q使得与平面垂直【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量、等体积法进行求解.【详解】因为在直四棱柱中，AB⊥AD，所以、、两两垂直，所以以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，对于选项A，，所以，且，所以，故A正确；对于选项B，，故B正确；对于选项C，，设平面的法向量，且，即，则可以是，所以不可能平行于，故C错误；对于选项D，因为，所以也不可能平行于，故D错误.故选：AB.12．设k∈R且k≠0，n≥2，n∈N，，则（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对原等式令和求解后判断AB，对已知等式求导后令可判断C，再一次求导后令可判断D．【详解】对于，代入得；对于B，代入得，所以；对于，对等式两边同时求导得，代入得；对于，对（）式两边同时求导得，代入，则，所以故选：BC．三、填空题13．设a，b≥0，且，则的最小值为___________.【答案】0【分析】由题可得，代入，结合均值不等式即可得出答案.【详解】因为，所以，所以，当且仅当时取等.所以的最小值为0.故答案为：0.14．已知函数.若，则___________.【答案】【分析】求出函数的导函数，由得到方程组，即可求出、，即可求出函数解析式，再代入计算可得.【详解】解：因为，所以，又，即，解得，所以，所以.故答案为：15．已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【答案】【分析】两个球相交形成的截面图形为圆面，根据几何形质求出截面圆的半径即可.【详解】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，则，所以，两球相交形成形成的图形为圆，如图，在中，，，在中，，所以交线所在圆的半径为，所以交线长度为.故答案为：四、双空题16．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为，则C的方程为___________；若P，F两点关于y轴对称，且以PF为直径的圆与C的一个交点为A，则cos∠OAF=___________.【答案】          【分析】根据可得的方程；以为直径的圆为，设，则，抛物线方程和圆的方程联立可得，由向量的夹角坐标公式可得答案.【详解】因为的焦点为，所以，解得，则的方程为；因为两点关于轴对称，且，所以以为直径的圆为，设，则，联立则，解得，且.故答案为：①②.五、解答题17．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列.(1)证明：是等差数列；(2)若可构成三角形的三边，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用等差数列定义和可得答案；（2）由可构成三角形的三边可得，利用又，根据的范围可得答案.（1）（1）因为是公差为的等差数列，时，，即，所以，又，所以，所以是等差数列.（2）因为可构成三角形的三边，所以，即，又，且，所以.18．已知椭圆的上顶点为，右焦点为.(1)求C的方程；(2)若P为C上一点，且，求直线PF的方程.【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据题目条件，利用待定系数法求解.（2）利用两角和与差的正切公式以及直线的点斜式方程进行求解.（1）记椭圆的焦距为，则由题可知，所以，所以椭圆的方程为；（2）记坐标原点为，且或，因为，所以，所以，或，所以或，记直线的斜率为，则或，所以的方程为或，即的方程为或.19．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)若，求A，B；(2)若△ABC为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理、余弦定理结合两角和与差的正弦公式化简已知等式即可求出，再结合即可得出答案.（2）由（1）知，分别讨论或，结合题意即可求出，由正弦定理将化简为，代入即可求出答案.（1）因为，所以，代入，则，所以，且，所以；（2）由（1）知，①当时，且，若是锐角三角形，则，所以，不成立；②当时，且，所以，所以，则，且，且，又，所以.20．根据北京冬奥组委与特许生产商的特许经营协议，从7月1日开始，包括冰墩墩公仔等在内的2022北京冬奥会各种特许商品将停止生产.现给出某零售店在某日（7月1日前）上午的两种颜色冰墩墩的销售数据统计表（假定每人限购一个冰墩墩）： 蓝色粉色男顾客女顾客 (1)若有99%的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，求a的最小值；(2)在a取得最小值的条件下，现从购买蓝色冰墩墩的顾客中任选p人，从购买粉色冰墩墩的顾客中任选q人，且p+q=9（p，q≥0），记选到的人中女顾客人数为X.求X的分布列及数学期望.附：0.050.0100.0013.8416.63510.828 【答案】(1)12(2)分布列答案见解析，数学期望：【分析】（1）根据独立性检验，计算卡方值，与临界值比较即可求解，（2）根据超几何分布即可求解分布列，以及用超几何的期望公式即可求解.（1）（1）因为有的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，不妨给出零假设：顾客购买的冰墩墩颜色与其性别无关，且该假设成立概率小于等于，且由表知，则，即，又，所以的最小值为12；（2）因为，所以的所有可能取值是，女生一共有24人，男生一共有12人所以的分布列为，且，所以.21．如图，四棱锥P-ABCD的体积为，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC=1，E为棱PA上一动点.(1)若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B-CE-D的正弦值；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据四棱锥的体积可求解，根据直线EC与平面ABCD的夹角为60°，可判断重合，进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求二面角，（2）根据空间中两点间距离公式，可表达出进而用基本不等式即可求解.（1）（1）因为是面积为的等边三角形，所以，因为平面平面，四边形是等腰梯形，过作的垂线，垂足为，过作的垂线，垂足为，连接,因为平面平面,其交线为,,故平面,故为直线与平面的夹角，记中点为，连接，所以，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，且，又四棱锥的体积为，所以四边形的面积为故设，又，所以，,，即，解得两点重合，又，设平面的法向量，平面的法向量，且即,令，则，故即，令，则，故记二面角的平面角为，则，即二面角的正弦值为；（2）（2）因为，所以当时，，当且仅当时取等号，且时，，所以.22．已知函数和有相同的最大值.(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由导数确定函数的单调性，得最大值，由最大值相等得参数值 ；（2）设，由（1）确定，结合（1）中所得单调性，利用零点存在定理证明函数存在两个零点，得与的图象有两个交点，同理得与也有两个交点，于是为满足题意有两个交点重合，结合可得出三个交战的横坐标之间的关系，从而证得结论成立.（1）定义域是，的定义域是，因为，当时，,,,,则在上单调递减，在单调递增，不存在最大值，在上单调递减，在单调递增，也不存在最大值；同理知当时，在上单调递增，在单调递减，在上单调递增，在单调递减，所以有极大值，即的最大值，有极大值，即的最大值，所以，即；（2）由（1）知，由于时，，时，，因此只有才可能满足题意，记，且，由（1）得在上单调递增，在单调递减，且，所以存在，使得，设，则，设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以，是增函数，时，，，又，所以存在，使得，即此时与有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，同理与也有两个交点，其中一个交点在内，另一个交点在内，若与和共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线和的公共点，记其横坐标为，令，则，记与的三个交点的横坐标从左到右依次为，且满足，且，即，又，且，且在和上分别单调，所以，即，所以为的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.【点睛】本题考查用导数求函数的最值，用导数研究方程的根的问题，属于难题.对于方程的根的问题，难点在于寻找两个方程的根之间的关系，首先第一步由零点存在定理证明存在两个零点（方程有两个根），其次通过函数式关系找到两个方程的根之间的关系，再根据等比数列的性质证明结论成立.