2023届江苏省南京市第十三中学高三上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省南京市第十三中学高三上学期期中数学试题（解析版），共19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届江苏省南京市第十三中学高三上学期期中数学试题 一、单选题1．已知复数（i为虚数单位），则（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】根据复数的乘法运算求出复数z，再根据复数的模的公式即可得解.【详解】∵，则，∴.故选：A．2．满足的集合的个数为（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】D【分析】根据题意写出集合的所有可能即可选出选项.【详解】解：,可能的集合为:,共8个.故选：D3．下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据诱导公式结合三角函数的单调性逐项分析判断.【详解】在上单调递减，∴，A错误；，，，且在上单调递减，∴，即，B错误；，且在上单调递减，∴，即，C正确；，且在上单调递增，∴，即，D错误；故选：C.4．2022年9月16日，接迎第九批在韩志愿军烈士遗骸回国的运20专机在两架歼20战机护航下抵达沈阳国际机场．歼20战机是我国自主研发的第五代最先进的战斗机，它具有高隐身性、高态势感知、高机动性能等特点，歼20机身头部是一个圆锥形，这种圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形，则机身头部空间大约（    ）立方米A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式即可得到答案.【详解】根据圆锥的轴截面是一个边长约为2米的正三角形可知，圆锥底面半径为1米，圆锥高为米，根据圆锥体积公式得.故选:B5．过双曲线的右顶点作轴的垂线与两渐近线交于两点，这两个点与双曲线的左焦点恰好是一个正三角形的三顶点，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C． D．4【答案】B【分析】首先表示出渐近线方程，令求出，即可得到两交点坐标，依题意由等边三角形的性质得到，将两边平方，即可求出、的关系，从而求出离心率.【详解】解：双曲线的渐近线为，令，解得，不妨取，，左焦点为，又为正三角形，∴，即，即，所以，∴；故选：B．6．已知，则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出函数的图象，结合对称性以及单调性即可得解.【详解】函数其图如图所示当，即，不等式等价于，，解得当，即或，因为，所以，解得．综上，不等式的解集为．故选：D.7．已知函数的定义域为，且，对定义域内任意的，，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】变形得到确定为上的增函数，构造，确定函数为增函数计算函数值得到答案.【详解】当时，，即，所以为上的增函数．令，因为，所以为上的增函数．因为，故，所以．故选：D8．对于集合A，B，我们把集合记作．例如，，，，则，．现已知，集合A，B是M的子集，若，，则内元素最多有（    ）个A．20个 B．25个 C．50个 D．75个【答案】B【分析】根据新定义可得，结合基本不等式即可得结果.【详解】设集合A中元素个数为m，集合B中元素个数为n，A，B是M的子集，若，，即，则．所以．当且仅当时取等号即内元素最多有25个，故选：B. 二、多选题9．若函数，则下列命题正确的是（    ）A．函数的图象与的图象重合B． C． D．存在唯一的，使得【答案】AC【分析】逐项代入验证，化简即可得到结果.【详解】，A对；，，，B错；，，C对．，，当，即时，，，使得；当，即时，，，使得.所以，有两解.故选：AC.10．用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（    ）A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形【答案】BCD【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.【详解】如图所示，截面，设，，，∴，，，，同理，，，即为锐角，∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．故选：BCD11．已知函数，其导函数为，下列说法正确的是（    ）A．函数的单调减区间为B．函数的极小值是C．当时，对于任意的，都有D．函数的图像有条切线方程为【答案】AB【分析】对函数进行求导，对A令即可解决问题；B选项把增减区间求出来后即可得极值；C选项做差法证明即可；D由切线斜率为3出发反向分析即可得答案.【详解】因为所以，，所以的单调减区间为，故A正确．令，则或 所以在，单调递增在单调递减所以函数的极小值为，故选项B正确；由，若即 矛盾，故选项C错误．，解的或，当时切点不在上当时切点不在上，故选项D错误，故选：AB．12．已知圆：直线：，下列说法正确的是（    ）A．直线上存在点，过向圆引两切线，切点为A，B，使得B．直线上存在点，过点向圆引割线与圆交于A，B，使得C．与圆内切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线D．与圆外切，与直线相切的动圆圆心的轨迹是一条抛物线【答案】ABCD【分析】AB选项考查直线与圆的位置关系，存在点P，故找到适合的一个点就可，CD选项因圆与圆内切，外切，则找到圆心距与两半径之间的关系就可以得到点的轨迹.【详解】A选项，因为，则,又因为为圆的两条切线，所以，且，则，，所以，因此存在点在直线上，且满足，故A正确．B选项，过点P作圆的割线，交圆与两点，过点P作圆的切线，切点为，因为为圆的切线，所以，又，所以，则，，，所以存在点P，使得有解，故B正确．C选项，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆内切，且与直线相切则如图所示，，作的平行线与的距离为1，则到直线的距离为，故到定直线与到定点Ｏ的距离相等，故Ａ点的轨迹为抛物线．对于选项D，设动圆圆心设为，半径设为，因为动圆与圆外切，且与直线相切，如图所示：，，作的平行线与的距离为1，则到直线的距离为，则A到定点O的距离等于到定直线的距离．∴A点的轨迹为抛物线，D对，ABCD全对．故选：ABCD 三、填空题13．如图，已知M，N是边BC上的两个三等分点，若，，则=_______________．【答案】-4【分析】利用向量数量积的极化恒等式求解【详解】取MN中点E，由向量数量积的极化恒等式，∴，∴，∴．故答案为：-4.14．若数列第二项起，每一项与前一项的差构成等差数列，则称数列为二阶等差数列，已知数列是一个二阶等差数列，且，，，则_______________．【答案】【分析】利用已知条件求出二阶等差数列的首项和公差，再求出二阶等差数列的通项公式，最后利用累加法即可得到数列的通项公式.【详解】，，且数列是一个二阶等差数列，        由累加法得 ．而a1=3也符合，故答案为：15．已知直线与抛物线交于A，B两点，若（O为坐标原点），则实数m的值为_______________．【答案】【分析】联立方程后，用韦达定理表示出弦长，表示出O点到直线距离，即可得到关系式.【详解】设，，联立直线与抛物线的方程消可得，则，，，O点到直线的距离，则解得，故答案为：.16．已知正实数x，y满足，函数的最小值为，则实数取值的集合为_______________．【答案】【分析】根据基本不等式求得的最大值，结合对勾函数单调性，即可求得结果.【详解】，∴，，令，，当时，，与已知矛盾；当时，在单调递减，∴，解得或（舍去），∴的取值集合．故答案为：. 四、解答题17．在中，分别为内角的对边，其中，，且．(1)求的大小；(2)求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件及正弦定理边角化，再利用辅助角公式及角的范围，结合三角函数的特殊值对应的特殊角即可求解；（2）根据（1）的结论及余弦定理，结合三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）因为，根据正弦定理得，即，所以．因为，所以，所以，所以．（2）在中，，，， 根据余弦定理，，解得，所以．18．如图，四棱锥中，是的中点,，且，， ．(1)求证：平面；(2)求点到面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明直线垂直于平面内两条相交直线即可.（2）利用等体积法求点到平面的距离.【详解】（1）设与交于，连接．因为，，所以，且，所以四边形为平行四边形，因为，所以平行四边形为菱形，所以，且在中，，，所以因为，，，面，面，所以面．（2）因为平行四边形为菱形，，所以，．在中，，为的中点，所以，所以．同理，．因为面，面，所以．因为，，，面，面，所以面，所以．所以点到面的距离．故：点到面的距离为.19．已知正项数列的前项和为，且，．(1)求；(2)求数列的前项的和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知条件及与的关系，再利用构造法及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解；（2）根据（1）的结论及与的关系，求出，再利用错位相减法即可求出数列的前项的和.【详解】（1）因为，所以，整理得，，因为数列为正项数列，所以，所以，即．因为，，所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列．所以，即．（2）由（1）得,当时，． 当时，．，①，②①-②，得，即．当时，，适合上式综上所述，数列的前项的和为．20．已知直三棱柱，，，．(1)证明：∥平面；(2)当最短时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据题意，以为正交基底如图建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，求两向量的数量积可得结论；（2）先求出的最小值，从而可得，然后求出两半平面的法向量，利用向量的夹角公式求解即可.【详解】（1）直三棱柱中，，以为正交基底如图建立空间直角坐标系设，则，，，所以．因为，所以，所以．因为平面，所以平面的一个法向量为．因为，平面，所以∥平面ABC．（2）由（1）得，．当时，最短，所以，．所以，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则，令，则，设二面角的平面角为，则，由图可知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为．21．已知直线：，：，线段AB的两个端点分别在直线与上滑动，且．(1)求线段AB中点P的轨迹C的方程；(2)直线：，：与轨迹C有四个交点，求以这四个点为顶点的四边形面积的最大值．【答案】(1)；(2) 【分析】（1）利用相关点法即可得到轨迹方程;（2）分在椭圆内部和椭圆外部进行讨论，直线与轨迹C进行联立，可得到二次方程，并写出对应韦达定理和根的判别式，利用四边形的面积公式即可求解【详解】（1）设，，，则，因为，所以，所以P的轨迹C的方程为；（2）设直线与直线相交于点，①当点在椭圆内部时，设直线与椭圆相交于，由图象的对称性可知，直线与椭圆相交于，，所以四边形为一个梯形，联立，消可得，因为直线：与轨迹有交点，且点在椭圆内部，所以，解得，所以，，所以，当时，取最大值为；②当点在椭圆外部时，设直线与椭圆相交于，由图象的对称性可知，直线与椭圆相交于，，所以四边形为一个梯形，联立，消可得，因为直线：与轨迹有交点，且点在椭圆外部，所以，解得，所以，，所以，令，则在区间上单调递减，于是，综上所述，当时，以这四个点为顶点的四边形面积的最大值为．22．已知函数(1)求函数的单调区间；(2)若直线与函数的图象相切于点，，且，求直线的方程．【答案】(1)增区间为，；减区间为，(2) 【分析】（1）分和两种情况讨论，分别求出导数，再根据导数的符号求出单调区间即可；（2）根据导数的集合意义分别求出在和处的切线方程，再根据切线为同一条，可得的关系，从而可求得切点，即可得解.【详解】（1）解：因为，所以，当时，，因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，且，令，则，令，则，所以函数在上递增，在上递减，当时，，令，则，令，则，所以函数在上递增，在上递减，综上，的增区间为，，减区间为，；（2）解：直线与函数图像的两个切点坐标分别为，，则当时，，当时，，所以的方程为，所以①，②，将①代入②得，即，令，，则，，所以在上单调递减，所以，则直线的方程为，即．