2023届江苏省南京市高三上学期9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9月学情调研数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，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9月学情调研数学试题 一、单选题1．设集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合的基本运算进行计算即可.【详解】解：由，得，由，得，所以.故选：B.2．已知复数，其中为叙述单位，则的值为 （       ）A． B． C．3 D．5【答案】D【分析】利用复数的乘法运算化简复数z求解.【详解】解：因为复数，所以，则，故选：D3．已知随机变量，则的值约为 （       ）附：若，则，，A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意确定，根据，即可得答案.【详解】由题意知随机变量，故 ，故 ,故选：A4．若直线与曲线相切，则实数的值为（       ）A．0 B． C． D．【答案】C【分析】设切点，根据已知求解切点坐标，代入切线方程求出的值即可.【详解】解：设直线与曲线的切点，由于直线斜率为，则，又， 所以，得，所以则切点为，切线方程为，所以.故选：C.5．阻尼器是一种以提供阻力达到减震效果的专业工程装置．我国第一高楼上海中心大厦的阻尼器减震装置，被称为“镇楼神器”，如图1由物理学知识可知，某阻尼器的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移y(m)和时间t(s)的函数关系为，如图2，若该阻尼器在摆动过程中连续三次到达同一位置的时间分别为，且，，则在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为       （       ） A． B． C． D．【答案】D【分析】由条件确定函数的周期，再由周期公式求，再由条件关系列不等式求一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间.【详解】因为，， 所以，又，所以，所以，由可得，所以，，，所以在一个周期内阻尼器离开平衡位置的位移大于0.5m的总时间为.故选：D.6．已知椭圆的左右焦点分别，左顶点为A，上顶点为B，点P为椭圆上一点，且，若，则椭圆的离心率为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先根据题意得到，根据得到，再计算离心率即可.【详解】由题知：，因为，所以，整理得，所以，得，.故选：A7．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，由外接球的定义，结合圆柱的几何性质，确定球心在线段PQ上，即可在直角三角形APQ上根据几何关系求出外接球半径，即可由公式算球表面积【详解】由题，由圆的性质，为直角三角形，，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O， 由外接球的定义，，易得O在线段PQ上， 又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径，∵，则，解得，∴外接球表面积为.故选：B． 8．已知函数，任意，满足，且，则的值为（       ）A． B．0 C．2 D．4【答案】C【分析】抽象函数利用特殊值的思路可以得到函数在取奇数和偶数的时候的规律，然后可以得到函数值的和.【详解】令，，则，所以；令，，则，所以；令，则，所以，.令，，则①，令，，则②，令，，则③，假设，那么由③可知，将，代入②式发现与矛盾，所以不成立，.同理可得当x为偶数时，.所以原式=.故选：C. 二、多选题9．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列选项中，的充分条件有（       ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】本题寻求线线垂直的条件，对四个选项中的条件进行逐一进行判断，验证它们能否推出线线垂直，从而选出正确选项．【详解】解：A选项不是的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行和垂直于平面，直线可能垂直，可能平行或异面，故A错误；B选项因为，且，所以，又因为，所以，故B正确；C选项因为，，又因为，所以，故C正确；D选项不是的一个充分条件，两个平面垂直，两条直线分别平行于平面，直线可能垂直，可能平行或异面，故D错误；故选：BC．10．已知，则 （       ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】对A，对两边同除ab化简即可判断；对B，对不等式移项进行因式分解得，即可进一步判断的符号不确定，即可判断；对C，对不等式移项进行因式分解得，由即可判断；对D，对不等式移项进行根式运算得，即可进一步判断【详解】对A，，A正确；对B，，∵，∴，不等式不一定成立，B错误；对C，，∵，∴，不等式成立，C正确；对D，，所以，不等式不成立，D错误；故选：AC．11．已知直线，点，圆心为的动圆经过点，且与直线相切，则 （       ）A．点的轨迹为抛物线B．圆面积最小值为C．当圆被轴截得的弦长为时，圆的半径为D．存在点，使得，其中为坐标原点【答案】ACD【分析】由抛物线定义可知A正确；由抛物线性质可知当为坐标原点时，圆面积最小，可知B错误；设，利用垂径定理可构造方程求得，由此可得圆的半径，知C正确；设存在点，由可求得点坐标，知D正确.【详解】对于A，由题意知：点到点与到定直线的距离相等，且点不在直线上，符合抛物线定义，点的轨迹为抛物线，A正确；对于B，由A知，点的轨迹为抛物线，则当为坐标原点时，点到直线距离最小，即此时圆的半径最小，即，圆面积的最小值为，B错误；对于C，由A得：点的轨迹方程为，设，则圆的半径，点到轴的距离，，解得：，圆的半径，C正确；对于D，假设存在点，使得，设，则，整理可得：，解得：，，或，D正确.故选：ACD.12．已知函数，则（       ）A．在上单调递增 B．存在，使得函数为奇函数C．函数有且仅有2个零点 D．任意，【答案】ABD【分析】A选项求导以后判断导函数的正负即可得出结论；B结合奇偶性的定义即可判断；C结合函数的正负即可得出结论，利用放缩法即可得出结论.【详解】A：因为，所以，，因此，故，所以在上单调递增，故A正确；B：令，则，令，定义域为，关于原点对称，且，故为奇函数，B正确C： 时，，时，，时，，所以只有1个零点，C错误；D：时，；时，；时，；D正确；故选：ABD 三、填空题13．展开式中的系数为__________．【答案】14.【详解】，在中，的项系数为，对的项系数为，∴的系数为．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.14．双曲线右焦点为F，点P， Q在双曲线上，且关于原点对称． 若， 则的面积为______________．【答案】4【分析】由条件根据直角三角形的性质可得，由双曲线的定义及对称性可得，由此可求，再求的面积即可.【详解】因为双曲线的方程为，所以，，，设其左焦点为，右焦点因为，关于原点对称，所以，又由双曲线的对称性可得，由双曲线的定义可得,所以，又，所以，所以，故答案为：4.15．如图是构造无理数的一种方法： 线段； 第一步，以线段为直角边作直角三角形，其中； 第二步，以为直角边作直角三角形，其中； 第三步，以为直角边作直角三角形， 其中； ．．．，如此延续下去，可以得到长度为无理数的一系列线段， 如， ， ．．． ，则____________． 【答案】【分析】由图求解，的余弦与正弦值，再由两角和差的余弦公式得，利用数量积的定义求解即可.【详解】解：由题可知所以，，，，所以，所以.故答案为：.16．若函数在上存在唯一的零点，函数在上存在唯一的零点，且，则实数的取值范围为_____________．【答案】【分析】根据可求得单调递增，得到，可解得；由可知单调性，结合可确定，由此解得；取交集即可得到的范围.【详解】恒成立，单调递增，又在上存在唯一的零点，，即，解得：；，又，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，又，，，，即，解得：；综上所述：实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查根据函数零点求解参数范围的问题，解题关键是能够结合零点求得单调性，从而确定在区间端点处的符号，由此构造不等式组求得参数范围. 四、解答题17．在平面四边形ABCD中，∠ABD=45°，AB=6，AD=，对角线AC与BD交于点E，且AE=EC， DE=2BE．(1)求的长；(2)求cos∠ADC的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)由余弦定理解三角形可求；(2)在中由余弦定理求，再由正弦定理求，由此可求cos∠ADC的值．【详解】(1)中，，又∠ABD=45°，AB=6，AD=，所以解得；(2)因为，AB=6，AD=，所以，所以；又，所以中，，所以所以，所以，所以；中，由余弦定理可得，又，，，所以所以，由正弦定理可得，所以，所以所以18．已知数列中，，且数列为等差数列，．(1)求数列的通项公式；(2)设数列的前n项和为，证明：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得的首项与公差，进而求得通项公式，再利用累加法求解即可；（2）根据裂项相消求和证明即可.【详解】(1)，所以时，，所以(2)，所以19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，M为PC中点． (1)求证：PA∥平面MBD；(2)若AB=AD=PA=2，∠BAD=120°，求二面角B-AM-D的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合中位线的性质，可得答案；（2）根据题意，建立空间直角坐标系，得到对应点的坐标，求的两平面的法向量，由向量夹角的计算公式，可得答案.【详解】(1)连接AC交BD于点O，连接OM，可知O为AC中点，M为PC中点，所以OM∥PA，且平面，平面，所以PA∥平面MBD.(2)由题意可得平行四边形ABCD为菱形，建立如图坐标系，如下图：在菱形ABCD，AB=AD= 2，∠BAD=120°，，所以：，所以，，，，设平面MBA的法向量，则，得，令，则则面MBA的法向量，同理可得：平面MDA的法向量，所以，所以故二面角的正弦值为.20．某高校男、女学生人数基本相当，为了解该校英语四级考试情况，随机抽取了该校首次参加英语四级考试的男、女各50名学生的成绩，情况如下表： 合格不合格男生3515女生455 (1)是否有99%的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关？(2)从这50名男生中任意选2人，求这2人中合格人数的概率分布及数学期望；(3)将抽取的这100 名学生合格的频率视为该校首次参加英语四级考试的每位学生合格的概率．若学生首次考试不合格，则经过一段时间的努力， 第二次参加考试合格的概率会增加0.1． 现从该校学生中任意抽取2名学生，求至多两次英语四级考试后，这两人全部合格的概率．参考公式和数据：，．附表：  【答案】(1)没有99%的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关；(2)分布列见解析；期望为(3)0.9604【分析】(1)由条件计算，再比较其与临界值的大小，并作出判断；(2)由条件确定的可能取值，再求其取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求其期望；(3)根据概率乘法公式和概率加法公式求对应事件的概率.【详解】(1)因为，又，，，，所以，又，，所以没有99%的把握认为该校首次参加英语四级考试的学生能否合格与性别有关；(2)由已知的取值有0，1，2，，， ，所以的概率分布为：012 所以；(3)由已知该校学生首次参加英语四级考试成绩合格的概率为，首次不合格第二次合格的概率为，所以两位同学都首次参加英语四级考试成绩合格的概率为，即，两位同学其中一位首次合格，另一位同学首次不合格，第二次合格的概率为，即，两位同学都首次不合格，第二次都合格的概率为，即，所以至多两次英语四级考试后，这两人全部合格的概率为.21．已知抛物线C：的焦点为F，过点P(0，2)的动直线l与抛物线相交于A，B两点．当l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．(1)求p的值；(2)是否存在定点T， 使得为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数； 若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)存在；，【分析】（1）结合中点坐标公式表示出点A的坐标带入抛物线的方程即可求出结果；（2）设出直线的方程与抛物线联立，进而结合根与系数的关系得到的表达式，从而可得，因此解方程组即可求出结果.【详解】(1)因为，且点A恰好为线段PF中点，所以，又因为A在抛物线上，所以，即，解得(2)设，可知直线l斜率存在；设l：，联立方程得：，所以，所以，又：，令，解之得：，即，此时【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．22．已知函数(1)若，求函数的单调区间；(2)若任意，， 求a的取值范围．【答案】(1)单调递减区间，单调递增区间(2)【分析】（1）由导数法判断单调性即可；（2）令，则任意，等价为任意，，分别讨论、、、，通过导数法讨论即可【详解】(1)，令，解得，当，，，，所以单调递减区间为，单调递增区间为(2)令，则任意，等价为任意，，，当时，，不合题意；当时，由指数函数及二次函数的单调性易得在单调递减，又，不合题意；当时，则为增函数，令得 当时，，则， 所以在上单调递减，，所以在上单调递减，所以，不合题意．当时，时，，又，，∴在上单调递增；所以，所以在上单调递增；所以，符合题意.综上所述，.【点睛】含参不等式恒成立问题，一般通过构造函数解决. 一般将参数分离出来，构造函数用导数法讨论不含参数部分的最值；或者包含参数一起构造函数，用导数法对参数分类讨论.当参数不能分离出来时，也可尝试将不等式左右变形成一致形式，即可将该形式构造成函数，通过导数法分析单调性，将问题等价成对应自变量的不等式.