江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题及答案

这是一份江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题及答案，共22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。
江苏省七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁）2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知U＝R，A＝{x|x2－4x＋3≤0}，B＝{x||x－3|＞1}，则A∪＝（    ）A．{x|1≤x≤4} B．{x|2≤x≤3}C．{x|1≤x＜2} D．{x|2＜x≤3}2．设向量均为单位向量，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（    ）A．120种 B．240种 C．360种 D．480种4．星载激光束与潜艇通信传输中会发生信号能量衰减．已知一星载激光通信系统在近海水下某深度的能量估算公式为，其中EP是激光器输出的单脉冲能量，Er是水下潜艇接收到的光脉冲能量，S为光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积（单位：km2，光斑面积与卫星高度有关）．若水下潜艇光学天线接收到信号能量衰减T满足（单位：dB）．当卫星达到一定高度时，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，则此时Γ大小约为（    ）（参考数据：1g2≈0.301）A．－76.02 B．－83.98 C．－93.01 D．－96.025．已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（    ）A． B． C． D．6．已知F为椭圆C：的右焦点，P为C上一点，Q为圆M：上一点，则PQ＋PF的最大值为（    ）A．3 B．6C． D．7．已知，则（    ）A． B． C． D．8．已知，（b＞1），则（    ）A． B．C． D． 二、多选题9．设z为复数（为虚数单位），下列命题正确的有（    ）A．若z∈R，则z＝ B．若z2∈R，则z∈RC．若z2＋1＝0，则z＝i D．若（1＋i）z＝1－i，则|z|＝110．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（    ）A．BC1∥平面A1ECB．二面角A1－EC－A的正弦值为C．点A到平面A1BC1的距离为D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为11．已知函数及其导函数的定义域均为，，，且当时，，则（    ）A．  B． C． D．12．设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（    ）A． B．C． D． 三、填空题13．某工厂月产品的总成本（单位：万元）与月长量（单位：万件）有如下一组数据，从散点图分析可知与线性相关．如果回归方程是，那么表格中数据的值为______．/万件1234/万件3.85.68.2 14．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，a1＋a5＝3a2，则_____．15．已知F1，F2，分别为双曲线C：（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F2作C的两条渐近线的平行线，与渐近线交于M，N两点．若，则C的离心率为____．16．如图，在△ABC所在平面内，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCHG．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S．已知，且asinA＋csinC＝4asinCsinB，则FH＝_____________． 四、解答题17．将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的（ω＞0）倍（纵坐标不变），得到函数的图象．(1)若，求函数在区间上的最大值；(2)若函数在区间上没有零点，求ω的取值范围．18．已知数列满足，，．(1)证明：是等比数列；(2)证明：存在两个等比数列，，使得成立．19．综合素质评价是高考招生制度改革的内容之一．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．下图是该校高三学生“运动与建康”评价结果的频率直方图，评分在区间[90，100），[70，90），[60，70），[50，60）上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有的概率提升为A等级：原获C等级的学生有的概率提升为B等级：原获D等级的学生有的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立．(1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望；(2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率．20．如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．(1)再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；(2)在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：；条件②：∠PED＝60°；条件③：PM＝3ME：条件④：PE＝3ME．21．已知抛物线与都经过点．(1)若直线与都相切，求的方程；(2)点分别在上，且，求的面积．22．已知函数，．(1)若，证明：当时；(2)当时，，求a的取值范围．
参考答案：1．A【分析】先化简集合A，B，再利用集合的补集和并集运算求解.【详解】解：因为，或，所以，，故选：A．2．B【分析】将两边平方转化为，从而得到与之间的关系.【详解】若，则，所以，，所以，满足充分性；若，两边平方得，所以，满足必要性．故选：B．3．A【分析】将两个1捆绑在一起，可以设置的不同数字密码有种，计算即可.【详解】将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有种.故选：A4．B【分析】由，可得，代入，由对数的性质求解即可.【详解】因为，该激光器光脉冲在潜艇接收平面的光斑面积为75km2，所以，则，故选：B．5．D【分析】由可得，分别表示出圆柱的侧面积和圆锥侧面积，即可得出答案.【详解】圆锥的高为，如图，由可得：，∴，∴,圆柱侧面积，圆锥侧面积，.故选：D．6．D【分析】由椭圆的定义结合题意可得，即可求出PQ＋PF的最大值.【详解】圆M：的圆心为，设椭圆的左焦点为，如下图，由椭圆的定义知，，所以，所以，当且仅当三点在一条直线上时取等，，，，.故选：D．7．A【分析】利用和差角公式展开，得到，即可得到，再利用两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选：A．8．C【分析】分别取，，，利用对数运算求解判断.【详解】若，则，∴，，，故A错．若，则，∴，，故B错．若，则，，．对于C，，故C对，对于D，，而，故D错，故选：C．9．AD【分析】设.A选项，，后由共轭复数定义可得答案；B选项，注意到；C选项，注意到；D选项，利用复数除法可得，后由复数模公式可判断选项正误.【详解】设.A选项，因z∈R，则，则，故A正确；B选项，注意到，但，故B错误；C选项，注意到，则有可能为，故C错误；D选项，，则，故D正确.故选：AD10．ACD【分析】A选项，连接，使相交于F，连接EF，通过证明即可判断选项正误；B选项，通过证明平面，可得二面角A1－EC－A的平面角为；C选项，利用等体积法结合可得答案；D选项，利用正弦定理，可得外接圆半径，后可得球的半径.【详解】A选项，连接，使相交于F，连接EF，因F，E分别为中点，则，因平面，平面，则BC1平面A1EC，故A正确；B选项，由题可得平面ABC，又平面ABC，则.又，，平面，平面，则平面.又平面，则，结合，可知二面角A1－EC－A的平面角为，则，故B错误；C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG.则，又，，，由余弦定理可得，则，得.则，故C正确.D选项，设外接圆半径为，由正弦定理，.又设三棱锥外接球半径为，则三棱锥外接球与以外接圆为底面的圆柱外接球相同，则.故D正确故选：ACD11．BC【分析】本题根据函数对称性，周期性与导数与单调性相关知识可得结果.【详解】因，则关于对称，又因，则关于对称，所以的周期为4，A：因，所以，当时，，所以，∴，故A错．B：当时，∴在上单调递减， ，，因，所以，即，所以，故B正确.C：关于对称且关于对称，所以关于对称，即为奇函数，为偶函数，故C正确.D：因在上单调递减，关于对称，所以在上单调递减，因的周期为4，所以在上单调递减，所以，D错误.故选：BC.12．BCD【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.【详解】对于A：，，所以，故A错误；对于B：，，∴，，故B正确；对于C：，，∴，故C正确.对于D：，，∴，∴，∴，所以D正确.故选：BCD.13．6.4/【分析】分别求出工厂总成本和月长量的平均值，代入回归方程，即可求出表格中数据的值.【详解】由题意及表知，，，∵回归方程是，∴，∴．故答案为：6.4.14．/【分析】由，得到与的关系，再利用等差数列的前n项和公式和通项公式求解.【详解】解：，∴，∴，．故答案为：15．【分析】根据二倍角公式求出，再求出离心率即可.【详解】易知MN关于x轴对称，令，，∴，，∴，∴．，，，∴，∴．故答案为: .16．【分析】通过正弦定理化简已知条件，再结合面积公式和余弦定理即可求出的长度.【详解】由题意，在中，，，由正弦定理，，∵，∴，连接如下图所示，在中，由余弦定理， ，又，∴，∴．故答案为：.17．(1)(2)． 【分析】（1）由函数图象变换知识可得，后由单调性可得最值情况；（2）由（1）结合题意可知，.后由可进一步确认大致范围，后可得答案.【详解】（1）函数的图象先向右平移个单位长度，则解析式变为：，再将所得函图象上所有点的横坐标变为原来的（ω＞0）倍（纵坐标不变），则解析式变为.则.当时，，因函数在上单调递减，在上单调递增，，.∴，∴在区间上的最大值为．（2），当时，，要使在上无零点，则，.，，，，当时，；当时，，当时，舍去．综上：的取值范围为．18．(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）由构造出，用等比数列定义证明即可；（2）通过两次构造等比数列，求出的通项公式，根据通项公式得出结论即可.【详解】（1）由已知，，∴，∴，显然与，矛盾，∴，∴，∴数列是首项为，公比为的等比数列.（2）∵，∴，∴，显然与，矛盾，∴，∴∴，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，①，又∵由第（1）问，，②，∴②①得，，∴存在，，两个等比数列，， 使得成立．19．(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）求出的所有可能取值及其对应的概率，即可求出ξ的分布列，再由期望公式求出ξ的数学期望；（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，由条件概率公式代入求解即可.【详解】（1）的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，∴的分布列如下：0123P．（2）记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C”，．20．(1)答案见解析(2)答案见解析 【分析】（1）如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，设，，由平面MBD⊥平面PBC，可得两平面法向量互相垂直，即可得，据此可知可选择①④或②③；（2）由（1）所建立空间直角坐标系及平面MBD法向量，利用向量方法可得答案.【详解】（1）因PD⊥平面ABC，平面ABC，平面ABC，则，又由题可知，则如图，建立以D为原点的空间直角坐标系，则，，，，设，.则，，，，.故.设平面MBD法向量为，则，令，可得；设平面PBC法向量为，则，可令，可得.要使平面MBD⊥平面PBC，需满足.注意到条件①，PD⊥平面ABC，平面ABC，，又由题可知，则条件②，条件③，条件④.则当条件①④成立或条件②③成立时，都有，即可以使平面MBD⊥平面PBC；（2）由（1），当选择①④时，，，.则，平面MBD法向量为，设BP与平面MBD所成角为，则；当选择②③时，，，.则，平面MBD法向量，设BP与平面MBD所成角为，则；.21．(1)(2) 【分析】（1）根据题意求得，，利用导数的几何意义，求得切线的方程，根据为曲线的公切线，联立方程组，结合，进而求得的方程；（2）设，，根据，列出方程得到关系式，分类讨论，即可求解．【详解】（1）因为曲线都过点，所以，解得，即，设直线与曲线相切于点，令，可得，则切线的斜率，所以切线方程为，即，由，整理得，因为为曲线的公切线，所以，解得，所以直线的方程为，即．（2）设，，又，，所以，可得，两式相减得到，当时，，，此时，，则，，且，可得，所以，所以；当时，，此时方程无解，（舍去），综上，可得的面积为．22．(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）令，对求导，得到的单调性可证得，令，对求导，可得在上单调递增，即可证得，即可证得；（2）由题意分析可得要使恒成立即时，恒成立，通过放缩变形证明恒成立，即可求出a的取值范围.【详解】（1）当时，，所以即证：，，先证左边：，令，，在单调递增，∴，即．再证右边：，令，，∴在上单调递增，∴，即，∴时，．（2），令，，因为，所以题设等价于在恒成立，由（1）知，当时，，于是：①当时，恒成立；②当时，等价于，（i）当时，，令，因为在上递增，且，所以存在，使，所以当，，即，不合题意；(ii)当时，令，，则，，所以在上单调递增，所以，所以，所以.综上：a的取值范围为．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式或在不等式中求参数的取值范围的问题，常见的几种方法有：（1）直接构造函数法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.