2023届江苏省南京市六校联合体高三上学期8月联合调研数学试题含答案

这是一份2023届江苏省南京市六校联合体高三上学期8月联合调研数学试题含答案，共20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届江苏省南京市六校联合体高三上学期8月联合调研数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】化简集合N，据集合的交集运算求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
2．复数满足，则（       ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】先求出复数z，再求
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
3．若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由，得，化简结合已知条件和夹角公式可求出结果.
【详解】设向量与的夹角为（），
因为，所以，
所以，得，
因为非零向量，满足，
所以，
因为，所以，
故选：C
4．如图，用种不同的颜色把图中、、、四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（       ）种

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依次对区域、、、涂色，结合分类加法与分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先对区域涂色，有种选择，其次再对区域涂色，有种选择，
然后再与区域、涂色，有两种情况：
（1）若区域、同色，有种情况；
（2）若区域、不同色，有种情况.
综上所述，不同的涂法种数为种.
故选：C.
5．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若在上为增函数，则最大值为（       ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】先求出，又因为在上为增函数，则，且，即可求出最大值.
【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，
则，
又因为在上为增函数，
所以，且，
解得：，故的最大值为2.
故选：B.
6．若，则的大小关系是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用指数函数和幂函数的单调性比较大小可得答案.
【详解】，
因为在R上为减函数，所以，
因为在上为增函数，所以，所以，
所以，
故选：D.
7．设双曲线的左､右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且，若的面积为4，则双曲线C的离心率为（       ）
A． B．2 C．3 D．
【答案】D
【分析】利用双曲线的定义和三角形的面积公式，列出方程组求得的值，结合离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线，可知，
设，可得，
又因为，若的面积为，所以，且，
联立方程组，可得，所以双曲线的离心率为.
故选：D.
8．定义在R上的偶函数满足对任意的，都有 ，当时，，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用为偶函数、得为的一条对称轴，且周期为4，若函数在上恰有3个零点， 转化为与的图象的交点恰有3个，画出他们的图象，结合图象可得答案.
【详解】因为为偶函数，所以，
由得为的一条对称轴，
由得，
所以的周期为4，若函数在上恰有3个零点，即与的图象交点恰有3个，
画出与的图象，

当与的上半圆相切时，与的图象交点恰有2个，此时，解得，
当与的上半圆相切时，与的图象的交点恰有4个，此时，解得，
所以若函数在上恰有3个零点，则.
故选：A.

二、多选题
9．为研究混凝土的抗震强度与抗压强度的关系，某研究部门得到下表的样本数据：

140
150
170
180
195

23
24
26
28
28

若与线性相关，且线性回归方程为，则下列说法正确的是（       ）A． B．当增加1个单位时，增加约0.1个单位
C．与正相关 D．若抗压强度为220时，抗震强度一定是33.1
【答案】ABC
【分析】由于线性回归直线过样本中心点，所以求出，代入回归方程中可求出，从而可求出回归直线方程，然后逐个分析判断即可.
【详解】由题意可得，，
所以，解得，
所以线性回归方程为，
所以A正确，
对于B，由，可知当增加1个单位时，增加约0.1个单位，所以B正确，
对于C，因为，所以与正相关，所以C正确，
对于D，当时，，所以抗压强度为220时，抗震强度约为33.1，所以D错误，
故选：ABC
10．已知圆，则下列命题正确的是（       ）
A．若，则圆不可能过点
B．若圆与两坐标轴均相切，则
C．若点在圆上，则圆心到原点的距离的最小值为4
D．若圆上有两点到原点的距离为1，则
【答案】ACD
【分析】对A，将点代入圆的方程，进而通过判别式法判断答案；
对B，根据题意得到a,b间的关系，进而判断答案；
对C，由题意得到，，将其视为圆的方程，进而根据圆的性质判断答案；
对D，根据题意得到圆与圆C总有两个交点，进而根据圆与圆的位置关系求得答案.
【详解】对A，若，将点代入方程得：，方程无解.A正确；
对B，若圆与两坐标轴均相切，则，则可以有.B错误；
对C，由题意，，则到原点的距离的最小值为：.C正确；
对D，由题意，圆与圆C总有两个交点，圆心距，所以.D正确.
故选：ACD.
11．若，则下列选项正确的是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】对于A，令，可求出，对于B，根据多项式的乘法法则，结合组合知识求解，对于C，令，可求出，再结合可求得结果，对于D，利用展开式所有项系数和为，再结合可求得结果.
【详解】对于A，令，则，所以A正确，
对于B，因为5个相同的因式相乘，要得到含的项，可以是5个因式中，一个取，其他4个因式取2，或两个因式取，其他3个因式取2，所以，所以B错误，
对于C，令，则，因为，所以，所以C错误，
对于D，展开式所有项系数和为，令，则，因为，所以，所以D正确，
故选：AD
12．已知函数，过点作曲线的切线，下列说法正确的是（       ）
A．当时，有且仅有一条切线
B．当时，可作三条切线，则
C．当，时，可作两条切线
D．当时，可作两条切线，则的取值范围为或
【答案】ABD
【分析】分点为切点、不为切点两种情况，求出切线方程可判断A；设切点坐标为，利用导数求出切线方程为，当时，，设，利用导数求出单调性，结合图象可判断B；当时，求出，设，利用导数求出单调性，结合图象可判断C；当时，由切线方程为得则，设，利用导数判断出 单调性，结合图象可判断D.
【详解】对于A，当时，点在函数的图象上，，
若点为切点，则切线斜率为，所以切线方程为，
若点不为切点，设切点坐标为，所以，
切线斜率为，所以，，即切点为原点，所以时，有且仅有一条切线，故A正确；
对于B，设切点坐标为，所以，，
则切线的斜率为，切线方程为，当时，
，则，设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以时有极小值，为，时有极大值，为，时
，画出的图象，

当时，若做三条切线，则与的图象有3个交点，由图可得
，故B正确；
对于C， 当时，由切线方程得
，则，设，则，所以单调递减，且，
如图，

所以当，时，与的图象有且只有一个交点，所以只能作一条切线，故C错误；
当时，由切线方程为得
，则，设，则，
因为，所以当时，单调递增，
所以当时，单调递减，
所以当时，单调递减，
时，有极小值为，
时，有极大值为，
的图象为

若作两条切线，则的取值为或，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：
利用导数研究含参函数零点问题主要有两中方法：
（1）利用导数研究函数的最（极）值，转化为函数图象与轴的交点问题，主要是应用分类讨论思想，其本质就是在含参函数单调性的基础上再判断函数零点个数问题；
（2）分离参变量，即由分离参变量，得，研究与图象交点问题。

三、填空题
13．已知数列的前n项和为Sn，且满足，则的值为________．
【答案】
【分析】根据，得到是首项为1，公比为的等比数列，从而求出的通项公式，求出.
【详解】当时，，所以，
当时，，与相减得：，
即，
所以是首项为1，公比为的等比数列，
所以，.
故答案为：
14．已知，，，，则的值为_______．
【答案】
【分析】根据余弦倍角公式，同角三角函数关系及角的范围求出，，
，再利用凑角法，正弦的差角公式求出答案.
【详解】，即
又因为，
所以，
所以，
因为，，
所以，
又，
所以，
而，
所以

故答案为：
15．是抛物线上的动点，到轴的距离为，到圆上动点的距离为，则的最小值为________．
【答案】
【分析】求出圆心坐标和抛物线的焦点坐标，把的最小值转化为减去圆的半径，再减去抛物线焦点到原点的距离即可得答案.
【详解】圆的圆心为，半径，
抛物线的焦点，
因为是抛物线上的动点，到轴的距离为，到圆上动点的距离为，
所以要使最小，即到抛物线的焦点与到圆的圆心的距离最小，
连接，则的最小值为减去圆的半径，再减去抛物线焦点到原点的距离，
即，
所以的最小值为，
故答案为：


16．在三棱锥中，△是边长为3的正三角形，且，，二面角的大小为，则此三棱锥外接球的体积为________．
【答案】
【分析】根据球的性质确定球心的位置，构造三角形求得球半径即可.
【详解】

根据题意，，所以，取中点为E，中点，
则，，，是正三角形，，
是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，
，是的外心，
设是的外心，
设过与平面垂直的直线与过垂直于平面的直线交于点，
则是三棱锥外接球球心，
，，又，
由于平面MNO与MEO同时垂直于BD，所以共面，
在四边形中，
由，，， ，
可得：，
外接球半径为，
体积为．
故答案为：

四、解答题
17．已知的三个内角所对的边分别为a，b，c，.
(1)求角的大小；
(2)若，，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正切的两角和公式计算可得答案；
（2）利用余弦定理和已知可得，再用三角形面积公式计算可得答案.
【详解】(1)由，得
，所以，
又在，，
则，所以；
(2)因为，所以①，
又，
则根据余弦定理，②，
由①②得，
.
18．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝3，数列{bn}为等比数列，且满足bn(an＋1－an)＝bn＋1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}的前n项和为Sn，若________，记数列{cn}满足cn＝求数列{cn}的前2n项和T2n．
在①2S2=S3-2，②b2，2a3， b4成等差数列，③S6＝126这三个条件中任选一个补充在第(2)问中，并对其求解．
【答案】(1)an＝2n-1
(2)
【分析】（1）由题意可求出数列{an}是以1为首项2为公差的等差数列，再求出等差数列的通项公式即可得出答案.                                                  
（2）由（1）知数列{bn}为公比为2的等比数列，选①②③，代入可求出b1＝2，即可求出{bn}，再由分组求和可求出数列{cn}的前2n项和T2n．
【详解】(1)因为bn(an＋1－an)＝bn＋1，a1＝1，a2＝3，
令n=1得2b1＝b2，                                                               
又数列{bn}为等比数列，所以公比为2，即bn＋1=2bn，                                   
则an＋1－an＝2，所以数列{an}是以1为首项2为公差的等差数列，
所以an＝2n-1
(2)由（1）知数列{bn}为公比为2的等比数列
若选①，由2S2=S3-2得2（b1+2b1）＝b1+2b1+4b1-2，所以b1＝2，则bn =
若选②，由b2，2a3， b4成等差数列得4a3= b2+ b4，即2b1+8b1＝20，
所以b1＝2，则bn =
若选③，由S6＝126得，所以b1＝2，则bn =       
所以cn＝
数列{cn}的奇数项是以1为首项4为公差的等差数列，偶数项是以4为首项4为公比的等比数列，                                                                    
所以T2n＝

19．甲、乙两名运动员进行羽毛球单打比赛，根据以往比赛的胜负情况知道，每一局甲胜的概率为，乙胜的概率为．比赛采用“三局两胜”制，先胜二局者获胜．商定每局比赛（决胜局第三局除外）胜者得3分，败者得1分；决胜局胜者得2分，败者得0分．已知各局比赛相互独立．
(1)求比赛结束，甲得6分的概率；
(2)设比赛结束，乙得分，求随机变量的概率分布列与数学期望．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）“比赛结束，甲得6分”等价于“乙以败给甲或乙以败给甲”，由此即可求出其概率；
（2）由题意知：打2局，乙输；打3局，乙输，打2或3局，乙赢，分别求出其概率，则可写出分布列，计算出数学期望.
【详解】(1)记事件：“比赛结束，甲得6分”，
则事件即为乙以败给甲或乙以败给甲，
所以．
(2)由题意得，可取，
则，
，
，
即的分布列为









的数学期望为．
20．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．

(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】(1)
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
(2)假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.

以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
21．已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k