江苏省南京市第九中学2023届高三高考前最后一卷数学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市第九中学2023届高三高考前最后一卷数学试题（含解析），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。
江苏省南京市第九中学2023届高三高考前最后一卷数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．若复数满足，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知数列的前项和为，数列是递增数列是的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．中国是茶的故乡，也是茶文化的发源地，茶文化是把茶、赏茶、闻茶、饮茶、品茶等习惯与中国的文化内涵相结合而形成的一种文化现象，具有鲜明的中国文化特征．其中沏茶、饮茶对水温也有一定的要求，把物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过t分钟后物体的温度为θ℃，满足公式．现有一壶水温为92℃的热水用来沏茶，由经验可知茶温为52℃时口感最佳，若空气的温度为12℃，那从沏茶开始，大约需要（    ）分钟饮用口感最佳．（参考数据；，）
A．2.57 B．2.77 C．2.89 D．3.26
5．已知，c＝sin1，则a，b，c的大小关系是（    ）
A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜b＜c D．a＜c＜b
6．已知平面向量，为单位向量，且，则向量在向量上的投影向量的坐标为（    ）
A． B． C． D．
7．已知函数，以下结论中错误的是（    ）
A．是偶函数 B．有无数个零点
C．的最小值为 D．的最大值为
8．三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由有公共端点且不共面的三条射线，，以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．下列说法中正确的是（    ）
A．某射击运动员进行射击训练，其中一组训练共射击九次，射击的环数分别为 则这组射击训练数据的70分位数为
B．已知随机变量服从，若，则
C．在经验回归分析中，如果两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近于1
D．用模型拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，若通过这样的变换后，所得到经验回归方程为，则
10．已知函数，则（    ）
A．的最大值为3 B．的最小正周期为
C．的图象关于直线对称 D．在区间上单调递减
11．已知抛物线的准线为，点在抛物线上，以为圆心的圆与相切于点，点与抛物线的焦点不重合，且，，则（    ）
A．圆的半径是4
B．圆与直线相切
C．抛物线上的点到点的距离的最小值为4
D．抛物线上的点到点，的距离之和的最小值为4
12．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（    ）

A．的最小值为
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为

三、填空题
13．函数在处的切线方程为 .
14．若，则 ．
15．2023年2月6日，土耳其发生7.8级地震，我国在第一时间派出救援队进行救援.已知某救援队共有8人，根据救灾安排，该救援队需要安排救援人员到三个地区实施救援，每个地区至少安排2人，每人只去一个地区，则共有 种安排方案.
16．已知双曲线的左､右焦点分别为，过作斜率为的直线分别交两条渐近线于两点，若，则的离心率为 .

四、解答题
17．如图所示，D为外一点，且，，
    
(1)求sin∠ACD的值；
(2)求BD的长.
18．已知递增等差数列满足，，数列满足.
（1）求的前n项和；
（2）若，求数列的通项公式.
19．如图甲是由正方形，等边和等边组成的一个平面图形，其中，将其沿，，折起得三棱锥，如图乙.

（1）求证：平面平面；
（2）过棱作平面交棱于点，且三棱锥和的体积比为，求直线与平面所成角的正弦值.
20．某种疾病可分为，两种类型，为了解该疾病的类型与患者性别是否相关，在某地区随机抽取了若干名该疾病的患者进行调查，发现女性患者人数是男性患者的2倍，男性患型疾病的人数占男性患者的，女性患型疾病的人数占女性患者的.

型病
型病
合计
男



女



合计



(1)填写列联表，若本次调查得出“在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为‘所患疾病的类型’与‘性别’有关”的结论，求被调查的男性患者至少有多少人？
(2)某团队进行预防型疾病的疫苗的研发试验，试验期间至多安排2个周期接种疫苗，每人每个周期接种3次，每次接种费用为元.该团队研发的疫苗每次接种后产生抗体的概率为，如果一个周期内至少2次出现抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个周期.若，试验人数为1000人，试估计该试验用于接种疫苗的总费用.
，

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
21．椭圆E的方程为，左、右顶点分别为，，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P
(1)若直线l分别交x，y轴于C，D两点，若，求的长；
(2)若直线l过点，且交椭圆E于另一点Q（异于点A，B），记直线与直线交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．
22．已知函数．
(1)求f（x）的最大值；
(2)设实数m，n满足－1≤m＜0＜n≤1，且，求证：．

参考答案：
1．D
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为或，所以，.
故选：D.
2．A
【分析】先求出复数，再求出的共轭复数判断所在象限即可.
【详解】由得，则，
则复平面内的共轭复数对应的点位于第一象限.
故选：A.
3．D
【分析】根据充分条件以及必要条件的定义，举例说明，即可得出答案.
【详解】令，显然，所以数列是递增数列，但；
令，显然成立.
又，，所以，，
所以数列不是递增数列.
所以，数列是递增数列是的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．B
【分析】有题意，根据公式代入数据得，变形、化简即可得出答案.
【详解】由题意得，代入数据得，
整理得，即，解得；
所以若空气的温度为12℃，从沏茶开始，大约需要2.77分钟饮用口感最佳．
故选：B．
5．D
【分析】由对数的运算法则求出a,然后根据指数函数与正弦函数的单调性分别对b,c进行放缩，最后求得答案.
【详解】由题意，，，，则.
故选：D.
6．B
【分析】根据向量垂直求得，由投影向量的概念求得结果.
【详解】由题意，
∵，∴，即，
∴，
则向量在向量上的投影向量为，
故选：B.
7．C
【分析】由奇偶性定义可判断出A正确；令可确定B正确；根据定义域为，，可知若最小值为，则是的一个极小值点，根据可知C错误；由时，取得最大值，取得最小值可确定D正确.
【详解】对于A，定义域为，，
为偶函数，A正确；
对于B，令，即，，解得：，
有无数个零点，B正确；
对于C，，若的最小值为，则是的一个极小值点，则；
，，
不是的极小值点，C错误；
对于D，，；
则当，，即时，取得最大值，D正确.
故选：C.
8．C
【分析】作出图形，，，，平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解.
【详解】
由题意得：.
==，

=



当时，的最大值为
故选：C
9．ABD
【分析】根据百分位数的计算即可判断A，根据二项分布的期望和方差的计算公式以及方差的性质即可判断B，根据相关系数的性质即可求解C，根据线性经验回归方程和非线性之间的转化关系即可判断D.
【详解】对于A，将环数从小到大排列为 由于，故这组射击训练数据的70分位数为第七个数10.3，故A正确，
对于B，由二项分布的期望公式可得，由于 故，故B正确，
对于C，在经验回归分析中，如果两个变量的相关性越强，则相关系数就越接近于1，故C错误，
对于D，，又，所以，故D正确，
故选：ABD.
10．BC
【分析】首先利用诱导公式和二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质逐一检验四个选项的正误即可求解.
【详解】

所以的最大值为，故选项A不正确；
的最小正周期为，故选项B正确；
因为，解得：，所以直线是的图象的对称轴，故选项C正确；
令，解得：，
所以在区间和单调递减，在上单调递增，故选项D不正确，
故选：BC.
11．AC
【分析】由抛物线的定义，得，又，，易得是等边三角形，结合图像得到，即可求解；求得的坐标，则判断出A和B选项；对于C选项，设，利用两点间的距离公式得到，结合二次函数的图象性质，得到的最小值；设交于点，通过抛物线的定义结合三点共线得，，当且仅当、、三点共线时取得最小值，即可判断D选项.
【详解】由抛物线的定义，得，，准线
以为圆心的圆与相切于点，所以，即轴，
又，所以；因为，所以是等边三角形，即；
  
设点在第一象限，作的中点，连接，
，，则，即，
解得：，则抛物线的方程为：，则=3，
对于A选项，有，故A选项正确；
对于B选项，，所以，易得圆与直线不相切，故B选项错误；
对于C选项，设抛物线上的点，则
化简，得，当且仅当时等号成立，故C选项正确；
对于D选项，设过点作准线的垂线交于点，
由抛物线的定义，知，则，当且仅当、、三点共线时取得最小值，所以，故D选项错误；
故选：AC.
12．ACD
【分析】作出E关于D点的对称点为，根据对称性的最小值即为的长度，即可判断A；根据题意，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，对于BCD不同的条件，分别利用，然后往要求的方面转化，即可判断选项的正误.
【详解】设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故的最小值为，故A正确；
由题意知，
则以O为坐标原点，
以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B：当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D：当时，，
，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，
其外心为与的交点，且，
而，
所以，
所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，
所以球的表面积为，故C正确.

故选：ACD
13．
【分析】根据导数的几何意义即可求解.
【详解】函数，可得，
又由，可得，即切线的斜率为，
所求切线方程为，即.
故答案为：.
14．
【分析】根据已知条件配凑，再利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】由题意可知，，
展开式的通项公式为，
由，得出求的项是.
令，解得，所以.
故答案为：.
15．2940
【分析】讨论分派人数的情形，利用排列组合知识计算即可.
【详解】人数分配有2，2，4和3，3，2两种情形，所以共有种安排方案.
故答案为：2940
16．
【分析】设直线的方程为，分别求得，，取的中点，从而，进而，得，从而有，即可求得双曲线的离心率.
【详解】依题可设直线的方程为，
由得，
同理可得，
所以的中点，又因为，
所以，所以，即，即，
所以，即，所以双曲线的离心率为.
故答案为：.

17．(1)
(2)

【分析】（1）利用余弦定理求出边的长，用勾股定理得出边的长，即可求出sin∠ACD的值；
（2）由正弦定理求出与的关系，由余弦定理即可求出BD的长.
【详解】（1）由题意，
在中，，，，
由余弦定理得，，
.
.
在中，，，
，
.
（2）由题意及（1）得，
在中，由正弦定理得，.
∴，且.
又，
∴，
∴.
在中，，，
由余弦定理得，，
∴，
∴.
18．（1）；（2）.
【解析】（1）根据等差数列公式，列出方程组，求得的hi，得到，进而求得，得到答案.
（2）由（1）得到，化简得到，代入数据计算得到答案.
【详解】（1）设数列公差为，由，
解得或（舍去），
所以，
则，即，所以，
所以数列的前n项和.
（2）由（1）知，
又由，


.
【点睛】本题考查了等差、等比数列通项公式，等比数列的前和公式，以及“分组法”求和的应用，
其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和求和公式，以及合理利用“分组法”求和，准确计算是解答的关键，注重考查推理与运算能力，属于中档试题.
19．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点为，连接，，证明，，即证平面，即证得面面垂直；
（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量的坐标，再计算平面法向量，利用所求角的正弦为即得结果.
【详解】（1）证明：如图，取的中点为，连接，.
∵，∴.
∵，，
∴，同理.
又，∴，
∴.∵，，平面，
∴平面.
又平面，
∴平面平面；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知，，，，，
∴，.

∵三棱锥和的体积比为，
∴，
∴，
∴.
设平面的法向量为，
则，令，得.
设直线与平面所成角为，
则.
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】方法点睛：
求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.
20．(1)列联表见解析，被调查的男性患者至少有12；
(2)元

【分析】（1）设男性患者有人，结合题设写出列联表，应用卡方公式求卡方值，根据独立检验的基本思想列不等式求范围，再由，确定最小值；
（2）由题意试验每人的接种费用为的可能取值为，，独立事件乘法公式求出对应概率，进而求出期望，根据总人数求出总费用的期望即可.
【详解】（1）设男性患者有人，则女性患者有人，列联表如下：

型病
型病
合计
男



女



合计



假设：患者所患疾病类型与性别之间无关联，
根据列联表中的数据，
要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，
则，解得，
因为，，所以的最小整数值为12，
因此，男性患者至少有12人.
（2）设该试验每人的接种费用为元，则的可能取值为，.
则，，
所以，
因为，试验人数为1000人，所以该试验用于接种疫苗的总费用为，
所以元.
21．(1)；
(2)点M在定直线上，理由见解析.

【分析】（1）设，由题意可得则，，从而可得，根据即可求解；
（2）依题可设直线l的方程为，，，．求出直线的方程为，直线的方程为，联立可得，联立直线l的方程和椭圆方程，结合韦达定理，从而可求解.
【详解】（1）设，
则①，②，
由①②可得，
，即，

（2）依题可设直线l的方程为，，，．
联立方程组，整理得，
，
则，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程组，得，
因为
，
，

由，得，得．
所以.
故点M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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
22．(1)1
(2)证明见解析

【分析】（1）分和两种情况讨论，利用导数分别求出函数在两个区间的单调性，从而可得出答案；
（2）令，则，则条件变为，令，则，再结合函数在上的单调性可得，再进行变形即可得证.
【详解】（1）解：当时，，
∴在上递增，此时，
当时，，
∴在上递减，
所以，
∴；
（2）证明：令，∴，
∴条件变为，
再令，其中，，
由在上递减且，
∴，，
所证不等式变为，
即证：，
∵，∴，
∴.