2023届江苏省南通市海安高级中学高三下学期一模数学试题含解析

2023届江苏省南通市海安高级中学高三下学期一模数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则的元素个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】解出集合再根据交集运算求出即可得出结果.

【详解】由题意可得，,

根据交集运算可得，所以的元素个数为2.

故选：C

2．若复数z满足，则z的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出复数z，再求z的虚部.

【详解】因为，

所以.

故z的虚部为.

故选：D

3．设向量，，当数与满足下列哪种关系时，向量与轴垂直（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量垂直满足的坐标运算即可求解.

【详解】∵，，

∴，

取x轴的方向向量为，

若向量与x轴垂直，

则，解得：，

故选：A．

4．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.

【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，

则如图，水最少的临界情况为，水面为面，

水最多的临界情况为多面体，水面为，

因为，

，

所以，即.

故选：A.

5．已知p：，q：，则p是q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

【答案】C

【分析】令,结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立.

【详解】令，，

且，

故为奇函数，

时，递增，则也递增，

又为奇函数，则在上递增，

，若，则，

则，即

即；

，若，

则等价于，即，

由在上递增，则， 即，

故p是q的充要条件，

故选：C.

6．将一个顶角为120°的等腰三角形（含边界和内部）的底边三等分，挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形，得到与原三角形相似的两个全等三角形，再对余下的所有三角形重复这一操作．如果这个操作过程无限继续下去…，最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线，如图所示已知最初等腰三角形的面积为1，则经过4次操作之后所得图形的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可知，每一次操作之后面积是上一次面积的，按照等比数列即可求得结果.

【详解】根据题意可知，每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的，

所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的，

由此可得，第次操作之后所得图形的面积是，

即经过4次操作之后所得图形的面积是.

故选：A

7．已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．

【详解】解：设，则，，

，

，或（舍去），

为的重心，，为的中点，

，

故选：B．

8．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.

【详解】由题意如图所示：

由双曲线，知，

所以，

所以，

所以过作垂直于轴的直线为，

代入中，解出，

由题知的内切圆的半径相等，

且，的内切圆圆心

的连线垂直于轴于点，

设为，在中，由等面积法得：

由双曲线的定义可知：

由，所以，

所以，

解得：，

因为为的的角平分线，

所以一定在上，即轴上，令圆半径为，

在中，由等面积法得：

，

又

所以，

所以，

所以，

，

所以

，

故选：A.

二、多选题

9．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ）

A．P(X＞32)＞P(Y＞32)

B．P(X≤36)＝P(Y≤36)

C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车

D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车

【答案】BCD

【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.

【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；

B., ，所以，故B正确；

C. =，所以，故C正确；

D. ，，所以，故D正确.

故选：BCD

10．如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（    ）

A．CD⊥平面ABC B．AC与BE所成角的大小为 C． D．该六面体外接球的表面积为3π

【答案】ACD

【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.

【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，

所以，

即 又，

所以CD⊥平面ABC，故A正确；

因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，

因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，

因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，

在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，

同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，

所以，三点共线；

因为，因为正三角形的中心，所以，

设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，

所以，解得，所以，所以，又，

所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；

因为，所以，故C正确；  

显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，

所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.

故选：ACD.

11．已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中，正确的是（    ）

A．在是增函数

B．是奇函数

C．在上有两个极值点

D．设，则满足的正整数的最小值是

【答案】ABD

【分析】利用函数单调性与导数的关系可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数的极值与导数的关系可判断C选项的正误；验证、时，是否成立，由此可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，当时，，，

，所以，函数在是增函数，A选项正确；

对于B选项，令，该函数的定义域为，

，

，

则，

所以，函数为奇函数，B选项正确；

对于C选项，当时，，且，

所以，函数在内无极值点；

，

①当时，，，则，

则，，此时，，

所以，函数在上单调递减，

，，

所以，函数在上只有一个极值点；

②当时，，，

所以，，，则，

所以，，则，

所以，函数在上没有极值点.

综上所述，函数在上只有一个极值点，C选项错误；

对于D选项，.

当时，，，不成立；

当时，，

当时，，，

，，，则，

所以，，

所以，满足的正整数的最小值是，D选项正确.

故选：ABD.

【点睛】思路点睛：利用定义法判断函数的奇偶性，步骤如下：

（1）一是看定义域是否关于原点对称，如果定义域不关于原点对称，则该函数为非奇非偶函数；

（2）若函数的定义域关于原点对称，接下来就是判断与之间的关系；

（3）下结论.

12．已知函数的部分图象如图所示，其中，且的面积为，则下列函数值恰好等于的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据题意得到，根据条件可以求出，所以，根据选项求值判断即可.

【详解】根据题意得，，因为，所以，即，所以，又的面积为2，所以，

所以，所以，所以，解得（舍去），.

所以，即.

所以，故A正确；

所以，故B不正确；

所以，故C正确；

所以，故D不正确.

故选：AC.

三、填空题

13．展开式中含项的系数为______．

【答案】－60

【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可.

【详解】，

设该二项式的通项公式为，

因为的次数为，所以令，

二项式的通项公式为，

令，

所以项的系数为，

故答案为：

14．定义在上的函数，满足为偶函数，为奇函数，若，则__________.

【答案】1

【分析】根据为偶函数、为奇函数的性质，利用赋值法可得答案.

【详解】若为偶函数，为奇函数，

则，，

令，则，即，

令，则，即，

又因为，所以.

故答案为：1.

15．如图是数学家Germinal Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________.

【答案】

【分析】根据已知条件求得，从而求得椭圆的离心率.

【详解】设，

由，解得，

所以，

所以，

设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示，

则，

两式相加得，即，

过作，垂直为，

则四边形为矩形，所以，，

所以椭圆的离心率为.

故答案为：

【点睛】求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得求得，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于的关系式，可以是一次式，也可以是二次式，但必须是齐次式，由此化简求得椭圆的离心率.

16．在一次以“二项分布的性质”为主题的数学探究活动中，立德中学高三某小组的学生表现优异，发现的正确结论得到老师和同学的一致好评.设随机变量，记，.在研究的最大值时，小组同学发现：若为正整数，则时，，此时这两项概率均为最大值；若为非整数，当取的整数部分，则是唯一的最大值.以此为理论基础，有同学重复投掷一枚质地均匀的骰子并实时记录点数1出现的次数.当投掷到第20次时，记录到此时点数1出现5次，若继续再进行80次投掷试验，则当投掷到第100次时，点数1总共出现的次数为____________的概率最大.

【答案】18

【分析】直接根据服从二项分布，结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13概率最大，从而得解.

【详解】继续再进行80次投掷试验，出现点数为1次数服从二项分布，

由，结合题中结论可知，时概率最大，即后面80次中出现13次点数1的概率最大，

加上前面20次中的5次，所以出现18次的概率最大.

故答案为：18.

四、解答题

17．△ABC中，D是线段BC上的点，，的面积是面积的2倍．

(1)求；

(2)若，，求DC和AB的长．

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）由面积公式可得，利用正弦定理即可求解，

（2）根据余弦定理联立方程即可求解.

【详解】（1）设，则由，的面积是面积的2倍，

可得，求得．

在中，由正弦定理可得①，

中，由正弦定理可得②．

由于和互补，故，

由①②求得．

（2）∵的面积是面积的2倍，，，

∴，∴．

设，则，中，由余弦定理可得

①，

中，由余弦定理可得

②，

∴由①②求得，∴，．

18．已知数列满足，且

(1)求的通项公式；

(2)设，求数列的前项和（用具体数值作答）.

【答案】(1)

(2)66490

【分析】（1）依题意为等差数列，设公差为，由，即可求出，从而得到通项公式；

（2）由（1）可知，则，再利用分组求和法计算可得；

【详解】（1）解：因为，所以，所以为等差数列，设公差为，因为，所以，所以，所以，即

（2）解：因为，所以

所以，所以

19．如图，四棱锥，底面为矩形，平面，为的中点.

（1）证明：平面；

（2）设二面角为60°，，，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）见解析；（2）.

【分析】（1）连接辅助线构造三角形，利用三角形中位线定理证明线线平行，再通过线线平行证明线面平行；

（2）建立空间直角坐标系，通过二面角为60°，利用平面法向量求出点的坐标，再利用法向量求直线与平面所成角的正弦值.

【详解】（1）如图，

连接，且，则在矩形中为中点，

且在中，为的中点，

∴

且平面，平面，

∴平面；

（2）如图以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，

，，

设，， ，，

∴，，

设平面、平面和平面的法向量分别为，，

则有，

∴，

令，则有，

同理可得，，

∵二面角为60°

∴，

∴，

解得，

∴，，

设与所成角为，

∴，

即直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】本题考查用线面平行判定定理证明线面平行，用空间向量求线面所成角，考查推理论证能力、运算求解能力和转化与化归思想，是中档题.

20．某城市决定在夹角为30°的两条道路EB、EF之间建造一个半椭圆形状的主题公园，如图所示，千米，O为AB的中点，OD为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建造一个三角形游乐区域OMN，其中M，N在椭圆上，且MN的倾斜角为45°，交OD于G．

(1)若千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；

(2)若椭圆的离心率为，当线段OG长为何值时，游乐区域的面积最大？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据直线EF与椭圆相切时，长半轴最大，利用判别式为0即可求解.

（2）联立直线与椭圆的方程，根据弦长公式，结合三角形的面积公式，由的范围，结合二次函数的性质即可求解面积的最大值.

【详解】（1）以O为坐标原点，以OD所在的坐标为x轴，以OA所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，

由题意，，由，所以，

所以，，

所以直线EF的方程为：，

设，则，

所以椭圆，当a最大时直线EF与椭圆相切，

整理可得：，

，解得（舍）

所以椭圆的长半轴长的最大值为；

（2）因为，，，

所以，

所以椭圆的方程为：；

设，则，直线MN的方程为：，

联立 ，整理可得：，

设，,则，，

，

，

要保证MN与半椭圆有交点，当N位于B时，

所以，当，即，

有最大值为1，

综上所述，当时，三角形OMN的面积最大．

21．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，圆与轴相切，且圆心与抛物线的焦点重合.

(1)求抛物线和圆的方程；

(2)设为圆外一点，过点作圆的两条切线，分别交抛物线于两个不同的点和点.且，证明：点在一条定曲线上.

【答案】(1)抛物线的方程为，圆的方程为

(2)证明见解析

【分析】（1）根据抛物线的焦点到准线的距离可得的值，即可得抛物线方程；根据圆的性质确定圆心与半径，即可得圆的方程；

（2）根据直线与圆相切，切线与抛物线相交联立，结合韦达定理，即可得所满足的方程.

【详解】（1）解：由题设得，

所以抛物线的方程为.

因此，抛物线的焦点为，即圆的圆心为

由圆与轴相切，所以圆半径为，

所以圆的方程为.

（2）证明：由于，每条切线都与抛物线有两个不同的交点，则.

故设过点且与圆相切的切线方程为，即.

依题意得，整理得①；

设直线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，

故，②，

由得③，

因为点，

则④，⑤

由②，④，⑤三式得：

，

即，

则，即，

所以点在圆.

22．已知函数且.

(1)设，讨论的单调性；

(2)若且存在三个零点.

1）求实数的取值范围；

2）设，求证：.

【答案】(1)答案见解析

(2)1）；2)证明见解析

【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.

(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.

2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.

【详解】（1）,,

因为,定义域为

当时,,解,得,解,得

当时,,解,得,解,得

综上, 当时, 增区间为,减区间为,

当时, 增区间为,减区间为,

（2）1）因为且存在三个零点.

所以有3个根

当时, ,

在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.

当,,即有两个根,

令,可转化为与有两个交点

,

可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的,

其中,当,

所以可得,

即得.

2）因为且存在三个零点.

设，,易知其中 ,,

因为,所以,故可知;①

由1）可知与有两个交点,

,是单调递增的, ,,,所以;②

,

若,则

若,

构造函数,

设,

因为

又因为,

所以③

因为

又因为

所以

即得④

由③④可知, ,在上单调递增, 可得

,可知与同号

所以,

在上单调递增.

,,又由1)可知

所以,

,,是单调递增的,

所以⑤

由①②⑤可知

【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,

证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,

结合特殊值得到再利用单调性可得.