2023届江苏省南通市高三上学期期末模拟数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省南通市高三上学期期末模拟数学试题（解析版），共26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届江苏省南通市高三上学期期末模拟数学试题

一、单选题
1．若集合 ，则（    ）
A． B．
C．或 D．
【答案】B
【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性求得集合，根据集合的并集运算即可得答案.
【详解】解得，解得，
故得 ，
故，
故选：B．
2．已知复数，满足，且复数在复平面内位于第一象限，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，利用复数的乘方运算以及复数的几何意义即可求解.
【详解】设，
则，
则，所以，
，，所以，
则有，解得，
又复数在复平面内位于第一象限，所以，
代入可得．
故选：C
3．已知数列是递增数列，且，则实数t的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据分段函数的单调性及数列为递增数列，列出不等式组求解即可.
【详解】因为，是递增数列，
所以，解得，
所以实数t的取值范围为，
故选：C
4．俄国著名飞机设计师埃格•西科斯基设计了世界上第一架四引擎飞机和第一种投入生产的直升机，当代著名的“黑鹰”直升机就是由西科斯基公司生产的.年，为了远程性和安全性上与美国波音竞争，欧洲空中客车公司设计并制造了，是一种有四台发动机的远程双过道宽体客机，取代只有两台发动机的.假设每一架飞机的引擎在飞行中出现故障率为，且各引擎是否有故障是独立的，已知飞机至少有个引擎正常运行，飞机就可成功飞行；飞机需要个引擎全部正常运行，飞机才能成功飞行.若要使飞机比飞机更安全，则飞机引擎的故障率应控制的范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由独立重复实验概率公式可得两种飞机正常飞行的概率，解不等式即可得解.
【详解】由题意，飞机引擎正常运行的概率为，
则飞机能成功飞行的概率为，
飞机能成功飞行的概率为，
令即，解得.
所以飞机引擎的故障率应控制的范围是.
故选：C.
5．如图，内外两个椭圆的离心率相同，从外层椭圆顶点向内层椭圆引切线AC，BD，若直线AC与BD的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设出切线AC和BD的方程，与椭圆方程联立消去，根据判别式，求得的表达式，根据AC与BD的斜率之积求得a和b的关系，进而求得a和c的关系，椭圆的离心率可得.
【详解】设内层椭圆的方程为，
由离心率相同可知，外层椭圆的方程为，
如图，

设切线的方程为，
则，
消去得
由，得，
设切线的方程为，
联立，
消去得，
由得，

又直线AC与BD的斜率之积为，
.
故选：C
6．已知函数为的零点，为图象的对称轴，且在单调，则的最大值为
A．11 B．9
C．7 D．5
【答案】B
【分析】根据已知可得ω为正奇数，且ω≤12，结合x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，求出满足条件的解析式，并结合f（x）在（，）上单调，可得ω的最大值．
【详解】∵x为f（x）的零点，x为y＝f（x）图象的对称轴，
∴，即，（n∈N）
即ω＝2n+1，（n∈N）
即ω为正奇数，
∵f（x）在（，）上单调，则，
即T，解得：ω≤12，
当ω＝11时，φ＝kπ，k∈Z，
∵|φ|，
∴φ，
此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；
当ω＝9时，φ＝kπ，k∈Z，
∵|φ|，
∴φ，
此时f（x）在（，）单调，满足题意；
故ω的最大值为9，
故选B．
【点睛】本题将三角函数的单调性与对称性结合在一起进行考查,题目新颖,是一道考查能力的好题.注意本题求解中用到的两个结论：①的单调区间长度是最小正周期的一半;②若的图像关于直线对称,则或.

7．已知实数a满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据得，对AB，构造，根据零点存在性定理判断即可；对CD，构造函数函数，求导分析函数单调性，结合所给不等式判断即可.
【详解】由得，
对于选项A与B，函数在上单调递增，则存在，使得，即，又且，所以，均有可能，即与a大小不确定．故A与B都不正确．
对于选项C与D，令函数得，
令得，所以在上单调递减
所以当时，，所以，所以在上单调递减，
又，所以，所以，即，故D正确．
故选：D
8．已知四棱锥外接球表面积为，体积为平面，且，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】将已知转化为，运用余弦定理与基本不等式得到AC的取值范围，
由此运用正弦定理得四边形ABCD外接圆半径的范围，然后根据球的性质得球半径的
范围，得解.
【详解】
以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱.
设内接圆柱的底面半径为r、 R外接球的半径，,则，
，故，
，
所以
在中运用余弦定理与基本不等式得：
，
在中运用余弦定理与基本不等式得：，
上两式相加得：，
故有： ，
在中由正弦定理得：，
因此，.
故选：B

二、多选题
9．下列结论正确的是（    ）
A．若随机变量服从两点分布，，则
B．若随机变量的方差，则
C．若随机变量服从二项分布，则
D．若随机变量服从正态分布，，则
【答案】CD
【分析】根据两点分布、二项分布、正态分布以及方差的性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：若随机变量服从两点分布，，则，故A错误；
对B：若随机变量的方差，则，故错误；
对C：若随机变量服从二项分布，则，故正确；
对D：若随机变量服从正态分布，，则，
故，故正确.
故选：CD.
10．已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面上的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（   ）
A． B．平面
C．动点的轨迹长为 D．与所成角的余弦值为
【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，结合向量法判断各选项.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，
则，，，，，
所以，，，
由平面，
得，即，化简可得，
所以动点在直线上，
A选项：，，，所以与不垂直，所以A选项错误；
B选项：，平面，平面，所以平面，B选项正确；
C选项：动点在直线上，且为侧面上的动点，则在线段上，，所以，C选项正确；
D选项：，，D选项错误；
故选：BC.

11．设抛物线的焦点为，为坐标原点，直线与C交于A，B两点，以AB为直径的圆与y轴交于D，E两点，则（    ）
A． B．
C．是钝角 D．的面积小于的面积
【答案】BCD
【分析】联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，计算，A错误；计算圆方程为：，计算得到B正确；计算，得到C正确；，，D正确；得到答案.
【详解】直线过抛物线焦点，设，，
则，，，，
，A错误；
中点坐标为，，，
圆方程为：，取得到，，B正确；
不妨取，，
故，不共线，故是钝角，C正确；
，，
，D正确；
故选：BCD
12．已知函数及其导函数的定义域均为R，对任意的，，恒有，则下列说法正确的有（    ）
A． B．必为奇函数
C． D．若，则
【答案】BCD
【分析】赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法结合换元法判断C;利用赋值法求得的值有周期性，即可求得的值，判断D.
【详解】对于A，令，则由可得，
故或，故A错误；
对于B,当时，令，则，则 ，
故，函数既是奇函数又是偶函数；
当时，令，则，所以，
为偶函数，则为奇函数；
综合以上可知必为奇函数，B正确；
对于C，令 ，则，故。
由于,令,即，即有，故C正确；
对于D，若，令 ，则，则 ，
故令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，
令，则，即，

由此可得的值有周期性，且6个为一周期，且 ，
故，故D正确，
故选：BCD
【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性和特殊值以及求函数值的和的问题，涉及到导数问题，综合性强，对思维能力要求高，解答的关键是利用赋值法确定的周期性.

三、填空题
13．今天是星期四，经过7天后还是星期四，那么经过天后是__________.
【答案】星期五
【分析】利用周期含义以及指数运算即可.
【详解】根据题意，周期为，，所以除以的余数为1，即
经过天后，为星期五.
故答案为：星期五
14．单位圆中，为一条直径，为圆上两点且弦长为，则的取值范围是___________.
【答案】
【分析】由题设，再根据数量积坐标运算计算即可.
【详解】解：如图，由弦长为，可得，

不妨设，
则，
所以


.
故答案为：.
15．已知函数，则曲线经过点的切线方程是______．
【答案】或.
【分析】设切点，然后求导函数，进而得到该点处的切线方程，再代入点即可.
【详解】设切点为对求导得：
，
切线方程为：，
切线过，
解之：或1，所以斜率或，
又过，
代入点斜式得切线方程为：或，
故答案为：或.
16．设数列首项，前n项和为，且满足，则满足的所有n的和为__________.
【答案】9
【分析】根据求出数列的通项，再根据等比数列的前项和公式求出，从而可得出答案.
【详解】解：由，得，
两式相减得，
则，
当时，，所以，
所以数列是以为首项为公比的等比数列，
则，，
故，
由，得，
所以，所以或5，
即所有n的和为.
故答案为：9.

四、解答题
17．在△ABC中，记角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanB
(1)若，求tanC的值：
(2)已知中线AM交BC于M，角平分线AN交BC于N，且求△ABC的面积．
【答案】(1)或；
(2).

【分析】（1）利用同角关系式可得或sin，然后利用和角公式即得；
（2）由题可得，利用角平分线定理及条件可得，进而可得，，即得.
【详解】（1）因为，
所以，
解得或sin,
当时，，，
所以，；
当时，因为，
所以，又，
所以．
（2）∵，
∴，，
∴，即，
∴，
由角平分线定理可知，，又，
所以，

由，可得，
∴，，
所以．
18．已知数列成等比数列，是其前项的和，若成等差数列.
(1)证明：成等差数列；
(2)比较与的大小；
(3)若，为大于1的奇数，证明：
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）根据等差中项得， 即可；
（2）作差法比较即可；
（3）利用等比数列求和公式可得，然后进行求和即可得到答案
【详解】（1）由题知，，
所以，
所以，
所以公比，
所以，
所以，
所以成等差数列.得证
（2）由（1）得，
因为，
所以，
所以.
（3）由（1）和题意得，
，
所以，
所以


.得证
19．2020年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难面对疫情，我们伟大的祖国以人民生命至上为最高政策出发点，统筹全国力量，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，控制住了疫情的蔓延并迅速开展相关研究工作．某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压…）是否与更容易感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如下表：

感染新冠病毒
未感染新冠病毒
合计
不患有重大基础疾病

15

患有重大基础疾病


25
合计
30



（1）请填写列联表，并判断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更容易感染新冠病毒；
（2）在抽样调查过程中，发现某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，需要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染．下面是两种化验方法：
方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；
方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中任意1人的血液样本．
①求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；
②用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望．

0.050
0.010
0.001

3.841
6.635
10.828

附：，其中．
【答案】（1）填表见解析；有；（2）①；②（次）．
【分析】（1）根据题中数据，完成列联表，计算，所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．
（2）①记表示依方法一需化验i次，表示依方法二需化验j次，分别计算和，分析计算，即可得答案.
②的可能取值为2，3，分别计算和，代入公式，即可求得期望.
【详解】解：（1）列联表完成如下图

感染新冠病毒
未感染新冠病毒
合计
不患有重大基础疾病
10
15
25
患有重大基础疾病
20
5
25
合计
30
20
50

∴
所以有99%的把握认为患重大基础疾病更容易感染新冠病毒．
（2）记表示依方法一需化验i次，表示依方法二需化验j次，
A表示方法一的化验次数大于方法二的化验次数，
依题意知与相互独立．
①，，，
，
由于
所以
即
②的可能取值为2，3．
，
所以（次）
【点睛】独立性检验一般步骤：（1）根据数据完成列联表；（2）根据公式计算；（3）查表比较与临界值的大小关系，作出判断.
20．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①；②；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．
如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，，，将沿AD翻折成四棱锥，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且______．

(1)求证：平面PAD；
(2)当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）取CD中点为G，可得，，再由线面平行、面面平行的判定定理可得答案；
（2）取AD为O，连接PO，FG，EG．
选择①：由得，再由线面垂直的判定定理可得平面PAD．
则即为EF与平面PAD所成的角，由，当AE最小时，最大，E为PD的中点，AE最小．
再求二面角余弦值：以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；
选择②：连接OC，可得，由线面垂直的判定定理可得平面PAD，则即为EF与平面PAD所成的角．由，得AE最小时，最大，
E为PD的中点，AE最小．
再求二面角余弦值
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案；
选择③：P在平面ABCD的射影在直线AD上，得平面平面ABCD，
由面面垂直的性质得平面PAD，即为EF与平面PAD所成的角，
，当AE最小时，最大，即E为PD中点，AE最小．
再求二面角余弦值，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
求出平面CAE的法向量和平面ABCD的法向量，再由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）取CD中点为G，连接MG，FG，
则MG，FG分别为三角形CDE，梯形ABCD的中位线，
∴，，
平面，平面，所以平面，
同理，平面，
∵，∴平面平面PAD，
∵平面MGF，∴平面PAD.

（2）取AD为O，连接PO，FG，EG，
选择①：
因为，，所以，即，
又，，所以平面PAD，
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角，
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD的中点，AE最小，
下面求二面角余弦值，
∵平面ABCD，∴平面平面PAD，
∵平面平面PAD，平面平面，
∵，∴平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
所以，，
设平面CAE的法向量为，
则，令，得，
由题意可知：平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．

选择②：
连接OC，则，，
因为，，所以，
又，，所以平面PAD，
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角，
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD的中点，AE最小，
下面求二面角余弦值，
∵平面ABCD，∴平面平面PAD，
∵平面平面PAD，平面平面，
∵，∴平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，，所以，
，设平面CAE的法向量为，
则，令，得，
由题意可知：
平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．

选择③：
因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面平面ABCD，
因为平面平面，平面PAD，，
所以平面ABCD，所以．又，，
所以平面PAD，
连接AE，EF，所以即为EF与平面PAD所成的角，
因为，所以当AE最小时，最大，
所以当，即E为PD中点，AE最小．
下面求二面角余弦值，
∵平面，∴平面平面PAD，
∵平面平面PAD，平面平面，
∵，∴平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，．所以，，
设平面CAE的法向量为，则，令，
得．
由题意可知：平面ABCD的法向量为，
所以，
所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为．

21．已知双曲线：的焦距为4，且过点
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线的左焦点分别作斜率为的两直线与，直线交双曲线于两点，直线交双曲线于两点，设分别为与的中点，若，试求与的面积之比.
【答案】(1)
(2)3

【分析】（1）由题意得，再将代入双曲线方程，结合可求出，从而可求出双曲线方程，
（2）设直线方程为，，将直线方入双曲线方程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点的坐标，再利用表示出点的坐标，再表示出直线的方程，可求得直线过定点，从而可求得答案.
【详解】（1）由题意得，得，
所以，
因为点在双曲线上，
所以，
解得，
所以双曲线方程为，
（2），设直线方程为，，
由，得
则，
所以，
所以的中点，
因为，
所以用代换，得，
当，即时，直线的方程为，过点，
当时，，
直线的方程为，
令，得，
所以直线也过定点，
所以
22．已知函数，为常数，
(1)若函数在原点的切线与函数的图象也相切，求b；
(2)当时，，使成立，求M的最大值；
(3)若函数的图象与x轴有两个不同的交点，且，证明：
【答案】(1)或；
(2)；
(3)证明过程见解析.

【分析】（1）计算在原点的切线方程，然后与联立，利用，计算即可.
（2）求得，判断函数单调性，根据条件等价于，简单计算即可.
（3）利用，求得，然后计算，并利用等价条件可得，构建新函数并采取换元，求导计算即可.
【详解】（1）由，所以，
所以函数在原点的切线方程为：，
将该切线方程代入可得：，
依据题意可得或，
所以或；
（2）当时，，
，当时，，
所以在单调递增，则，
由题可知：使得成立等价于，
所以，
所以的最大值为；
（3）由题可知：，
所以两式相减可得：，
由，所以，
所以，
由，要证，即证，
即，
令，所以即证明：，
令，所以，
当时，，所以在单调递减，
所以，
所以.
【点睛】关键点睛：第（1）问关键在于求得切线方程；第（2）问在于使用等价转化；第（3）问在于化简得到，然后进行换元计算.