江苏省淮安市郑梁梅高级中学2023届高三一模数学试题（含解析）

江苏省淮安市郑梁梅高级中学2023届高三一模数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知复数满足，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知集合，，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

3．已知一组数据共10个数（10不全相等），方差为，增加一个数后得到一组新数据，新数据的平均数不变，方差为，则（    ）

A． B． C． D．

4．刻漏是中国古代用来计时的仪器，利用附有刻度的浮箭随着受水壶的水面上升来指示时间.为了使受水壶得到均匀水流，古代的科学家们发明了一种三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成锐二面角依次为，，，则（    ）

A． B．

C． D．

5．已知正四面体的棱长为1，且，则（    ）

A． B． C． D．

6．某高校校党委计划开展“学党史，争当新时代先锋”活动月，并在活动月末举办党史知识竞赛.数学学院初步推选出2名教师和6名学生共8名党史知识学习优秀者，并从中随机选取5名组成院代表队参加学校党史知识竞赛，则在代表队中既有教师又有学生的条件下，教师甲被选中的概率为（    ）

A． B． C． D．

7．已知，，，则下列判断正确的是（    ）

A． B． C． D．

8．已知，是双曲线的焦点，圆，直线经过点，直线经过点，，与圆均相切，若，则双曲线的离心率为（    ）

A．2 B． C． D．

二、多选题

9．已知函数定义域为，是奇函数，，函数在上递增，则下列命题为真命题的是（    ）

A． B．函数在上递减

C．若，则 D．若，则

10．若随机变量X的对数服从正态分布，则称X服从对数正态分布.已知一批零件共2000只，零件的使用小时数Y的对数，则（    ）

（，，若，则，）

A．

B．

C．使用小时数不少于1808的零件约91只

D．使用小时数落在区间内的零件约1635只

11．关于函数，下列结论正确的是（    ）

A．函数的周期为 B．函数图象关于直线对称

C．函数在上递增 D．函数的最大值为1

12．在正三棱柱中，，，E，F分别是棱BC，AC上的动点（不包括端点），且满足，则下列结论正确的是（    ）

A．存在点E，使得 B．直线与异面

C．三棱锥体积最大值为 D．二面角的最大值为60°

三、填空题

13．已知的展开式中一次项系数为，则______.

14．已知抛物线的的准线与轴交于点，，是的焦点，是上一点，，则______.

15．已知函数有三个零点，则a的取值范围是______.

16．某同学参加课外航模兴趣小组活动，学习模型制作.将一张菱形铁片进行翻折，菱形的边长为1，，E是边上一点，将沿着DE翻折到位置，使平面面，则点A与之间距离最小值是______.

四、解答题

17．在平面四边形中，已知，.

(1)证明：；

(2)若，，，求四边形的面积.

18．某体育品牌专卖店为了解客流量以及销售情况，对某天进店光顾人数及实际产生购买的人数、金额进行统计.该天共有300名顾客进店光顾，其中20岁以上的人数是20岁以下人数的2倍，实际产生购买的顾客共有90人，具体购买金额如下表：

(1)完成联表，并判断是否有99%的把握认为顾客的年龄与实际购买具有相关性?

(2)从该天实际购买金额在1千元以上的顾客中随机抽取4名进行电话调查，记X为20岁以上顾客的人数，求X的概率分布和数学期望.

参考公式和数据：，其中

19．已知数列和满足：，，，，，其中是数列的前n项和.

(1)写出，，并求数列的通项公式；

(2)证明：是等差数列，并求.

20．如图，在四棱锥中，平面平面，，底面是边长为2的正方形，点在棱上，.

(1)证明：平面平面；

(2)当直线DE与平面所成角最大时，求四棱锥的体积.

21．已知函数，.

(1)若，证明：；

(2)若函数最大值为，求实数a的值.

22．已知椭圆右焦点分别为，是上一点，点与关于原点对称，的面积为.

(1)求的标准方程；

(2)直线，且交于点，，直线与交于点.

证明：①直线与的斜率乘积为定值；

②点在定直线上.

参考答案：

1．D

【分析】利用复数除法和乘法运算法则得到，然后求共轭复数即可.

【详解】由题意得，

所以，.

故选：D.

2．C

【分析】由对数函数单调性求集合，解一元二次不等式求集合，根据交集的结果求参数a范围即可.

【详解】，或，又，

所以，即.

故选：C

3．C

【分析】可以先设10个数据，根据题意，求出第11个数据，

再按照方差的定义计算即可.

【详解】设这10个数据为： ，平均值为m，则 ，

第11个数据为y，由题意 ， ；

，

；

故选：C.

4．D

【分析】连结，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解．

【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸，

如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，

连结，过边的中点作，垂足为，

则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，

设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，，，

因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，所以为定值，

又因为三个漏壶的高成等差数列，所以．

故选：D．

5．C

【分析】利用向量减法的三角形法则和向量的数量积的定义和正四面体的定义即可求解.

【详解】因为，所以.

根据向量的减法法则，得，

所以

.

故选：C.

6．B

【分析】根据条件概率公式求解即可.

【详解】记“代表队中既有教师又有学生”为事件A，“教师甲被选中”为事件B，

则，，

故在代表队中既有教师又有学生的条件下，教师甲被选中的概率.

故选：B.

7．C

【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.

【详解】∵，

∴，

又∵，∴，即，

∴，

又因为，所以，即，

所以.

故选：C.

8．B

【分析】根据圆的半径及两角互余，再应用同角三角函数关系列齐次式方程，求解可得离心率.

【详解】  

如图，设直线，交于点P，且与圆C的切点为A，B，

根据题意可得圆，

∴四边形是边长为的正方形，

∵在中，，

在中，，

又，

∴，

∴，

化简可得：，,又，∴解得.

故选：B.

9．BCD

【分析】根据是奇函数判断A，再判断即可得到的图象关于直线对称，从而判断B、C，根据对称性得到，即可判断D.

【详解】对于A，因为是奇函数，所以，故A错误；

因为是奇函数，所以的图象关于点对称，即有，

所以，所以的图象关于直线对称，

函数在上单调递增，所以在上单调递减，故B正确；

因为，所以，即，故C正确；

因为，且，由函数的图象关于直线对称，得，解得，故C正确.

故选：BCD.

10．BD

【分析】根据题意，由正态分布的概率计算以及3原则，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】因为，所以，，

因为，，

所以，所以A错误：

因为，，

所以，所以B正确；

因为，，

所以，

所以使用小时数不少于1808的零件约只，所以C错误；

因为，

所以使用小时数落在区间内的零件约只，所以D正确.

故选：BD.

11．BC

【分析】由平方关系可得，根据、是否成立判断A、B；令得，并利用导数研究单调性、最值判断C、D.

【详解】因为，

，故的周期不是，A错误；

因为，故关于直线对称，B正确；

当时，设，，则，

故、上，上，

所以在上递增，而，则，

而在上递增，所以在上递增，故C正确；

由C分析知：在上递减，在上递增，在上递减；

且，，所以函数的最大值为，故D错误.

故选：BC.

12．ACD

【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理即可判断A；取时，可得，即可判断B；结合余弦定理及三棱锥体积公式运算即可判断C；由二面角的定义确定平面角，即可判断D.

【详解】由正三棱柱，平面，且平面，可得，

又，时，因为，，则，即，而，是平面内的两条相交直线，由线面垂直的判定定理可得平面，

而平面，则，即存在点E，使得，故A正确；

当时，，故B错误；

如图，在中，

由余弦定理得，，，

当且仅当时，等号成立，

所以，故C正确；

如图，过点F作，垂足为D，则平面，

过点D作，垂足为G，连结FG，

则就是二面角的一个平面角，，所以，

当且仅当，即时等号成立，故D正确.

故选：ACD.

13．

【分析】首先利用通项公式，，求得带入通项公式即可得解.

【详解】因为，，1，2，…，7，

令，解得，

所以一次项系数为，所以.

故答案为：

14．

【分析】设，利用向量的关系式，求得点的坐标，代入抛物线方程即可．

【详解】抛物线的准线为，

由题意，，

设，则，，

因为，所以，

所以，，

代入得，解得（负值舍），

所以.

故答案为：

15．

【分析】根据零点定义得方程后，参数分离，构造函数求值域后数形结合即可得.

【详解】由得，，

所以若函数有三个零点，则方程有三个根，

设，则，

令得，或，

当时，，递减，

当时，，递增，

当时，，递减，

又，

作出函数的大致图像，如图，

由图可知，当时，函数有三个零点.

故答案为：.

16．

【分析】做辅助线，设角则有，，，在中由余弦定理得：

，进而可得，利用三角函数即可求得最值.

【详解】过点作于F，连结CF，AF，

设，

则有，，，

在中由余弦定理得：

，

在中由勾股定理得：

，

∴当时，AC取得最小值为.

故答案为：

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）分别在三角形和三角形中用正弦定理得到，，然后根据，，即可得到；

（2）分别在三角形和三角形用余弦定理，再结合得到，，最后利用三角形面积公式求面积即可.

【详解】（1）证明：在中，由正弦定理知，，

在中，由正弦定理知，，

因为，，

所以，，

所以.

（2）解：在中，由余弦定理知，，

在中，由余弦定理知，，

因为，

所以，即，

解得，

所以，

所以，

所以四边形的面积

.

18．(1)列联表见解析，有99%的把握认为顾客的年龄与实际购买具有相关性

(2)分布列见解析，

【分析】（1）完成列联表，计算的值，进行判断即可得结论；

（2）根据题意确定随机变量的取值情况，按照超几何分布求解概率得分布列与数学期望.

【详解】（1）补充完整的列联表如下：

∴，

故有99%的把握认为顾客的年龄与实际购买具有相关性.

（2）由题意可知，X的可能取值为0，1，2，3，

∵， ，

，，

∴X的分布列为：

∴数学期望.

19．(1)，

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据数列递推关系式代入求解即可得，的值，再利用相减法得，从而可得，检验首项后得数列为等比数列，即可求的通项公式；

（2）根据等差数列的定义证明是等差数列，从而可得，由关系式即可求得.

【详解】（1）∵，，，①，

∴，，解得，②，

由得③，

又，即，

∴，代入③式得，

又，

∴，

∴数列是首项为1，公比为的等比数列.

故数列通项公式为；

（2）证明：由（1）得，，

∴，即，，

∴数列是首项为，公差为1的等差数列

∴，，，

∴.

20．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF，由线面垂直的判定定理可证平面，再由面面垂直的判定定理即可得到结果；

（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算可得DE与平面所成角最大值，从而得到结果.

【详解】（1）证明：取AD中点O，连接OP，连接OC交BD于点F，连接EF.

在中，因为，所以，

又平面平面，面面，面，所以平面，因为平面，所以.

因为，所以，又，

所以，所以，

所以，.

因为，面，，

所以平面，因为面，

所以平面平面.

（2）以O为坐标原点，OA，OP为x，z轴，过O平行于AB的直线为y轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，

设，因为，，

，

设平面的法向量，

则， 令，则，，

所以.

设直线DE与平面所成角为，，

所

，

当且仅当时等号成立，因为在上也是单调增函数，

所以当时，直线DE与平面所成角最大，

此时.

综上，直线DE与平面所成角最大时，四棱锥的体积为.

21．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由，可得，，要证明，需要证，构造函数，求最小值即可；

（2）通过分类讨论求函数单调性，得知当，时，函数取得极大值，代入原函数进行求解即可.

【详解】（1）证明：若，则，.

要证明，需要证，

令，

由，

∴在上单调递增，，，

即，

所以原不等式得证.

（2），

令，

所以，

由题知函数的定义域为且，∴.

若，，则，函数在上单调递减，，则，函数在上单调递减，无最大值，舍去.

若，令，解得，，

∴函数在上单调递增，在上单调递减，

时，函数取得极大值，，

，，

∴在内存在唯一零点，满足，

且函数在上单调递增，在上单调递减.

∴的极大值为即为最大值，，

∴，∴，解得.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，可查了计算能力，转化思想和分类讨论的能力，本题的关键点有一下几点：

（1）构造法证明不等式，把问题转化为求函数最值；

（2）含参讨论问题，利用讨论结果求最值进而求值.

22．(1)

(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）设为，根据，解得；点在曲线上，可得，解得，，即可得出椭圆的标准方程．

（2）①设，，直线方程为，，联立直线与椭圆方程，消去得，，利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出为定值．

②直线方程为，直线的方程为，联立直线与直线方程，，化简结合根与系数的关系可得为定值．

【详解】（1）设为，，

则，即，

又点在曲线上，∴，

将代入，整理得，，

解得，，

∴椭圆的标准方程为.

（2）①设，，直线方程为：，，

联立直线与椭圆方程，消去得，

当，即且时，

，，

∴，

，

∴，

.

②直线方程为：，即，

直线的方程为，即，

联立直线与直线方程得，

∴，，

∴.

∴，即点在定直线上.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.