2023届江苏省南京市六校高三上学期11月联考数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市六校高三上学期11月联考数学试题含解析，共19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届江苏省南京市六校高三上学期11月联考数学试题 一、单选题1．已知全集，，则中元素的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式求集合A，应用集合补集求法求，即可确定元素个数.【详解】由题设，，所以，共有3个元素.故选：C2．复数（为虚数单位），则=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将复数化成的形式，再利用复数模的计算公式求值即可.【详解】，.故选：D.3．已知，，则“”是“与共线”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先利用向量数量积公式得到充分性成立，必要性可举出反例，从而得到答案.【详解】，故，因为，所以，故与共线，充分性成立，若与共线，不妨令，此时，必要性不成立，综上：“”是“与共线”的充分不必要条件.故选：B4．已知抛物线：上一点到轴的距离是5，则该点到抛物线焦点的距离是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出抛物线的准线方程，由焦半径公式求出答案.【详解】由题意得：抛物线：的准线方程为，由焦半径公式得：该点到抛物线焦点的距离等于.故选：B5．已知，则=（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用两角和的正切公式求出，再利用二倍角公式、同角三角函数的基本关系将化为关于的式子即可求值.【详解】，解得，则.故选：C.6．长征五号B运载火箭是专门为中国载人航天工程空间站建设而研制的一款新型运载火箭，是中国近地轨道运载能力最大的新一代运载火箭，长征五号有效载荷整流罩外形是冯·卡门外形（原始卵形）+圆柱形，由两个半罩组成，某学校航天兴趣小组制作整流罩模型，近似一个圆柱和圆锥组成的几何体，如图所示，若圆锥的母线长为6，且圆锥的高与圆柱高的比为，则该模型的体积最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设出圆锥的高，由圆锥与圆柱的体积公式列式，由导数判断单调性后求解最值，【详解】设圆锥的高为，则圆柱的高为，底面圆半径为，则该模型的体积，令，则，由得，当时，当时，则在上单调递增，在上单调递减，当时，，故选：C7．现有7个大小相同､质地均匀的小球，球上标有数字从这个小球中随机取出3个，则所取出的小球上数字的最小值为2的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】应用组合数求出7个球任取3个所有可能种数及数字的最小值为2的情况数，再应用古典概型的概率求法求概率.【详解】7个球任取3个有种，其中所取出的小球上数字的最小值为2的有种，所以所取出的小球上数字的最小值为2的概率为.故选：C8．已知和分别是函数的两个极值点，且，则实数的值为（    ）A． B．  C． D．【答案】C【分析】求导，将极值点问题转化为要有两个零点，且在零点两侧，单调性相反，参变分离后得到，构造，求导后得到单调性，极值最值情况，得到，由得到求出，求出.【详解】定义域为R，，要想函数有两个极值点，则要有两个零点，且在零点两侧，单调性相反，令，得，令，定义域为R，则，当时，，当，，故在上单调递增，在上单调递减，故在取得极大值，也是最大值，，且当时，恒成立，当时，恒成立，画出图象如下：故，即，其中，因为，所以，故，解得：，故，满足要求.故选：C 二、多选题9．已知数列为等差数列，表示其前项和，则下列数列一定为等差数列的是（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设出的首项为，公差为，得到，，，利用等差数列的定义依次判断四个选项是否一定是等差数列.【详解】设的首项为，公差为，则，故为定值，所以为等差数列，A正确；，当时，为定值，为等差数列，但当时，不是定值，此时不是等差数列，故B不一定是等差数列，B错误；，故，故，为定值，C正确；，故，当时，为定值，此时为等差数列，当时，不是定值，此时不是等差数列，故不一定是等差数列.D错误，故选：AC10．已知正方体，棱长为1，分别为棱的中点，则（    ）A．直线与直线共面 B．C．直线与直线的所成角为 D．三棱锥的体积为【答案】BD【分析】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，对于A，利用面面平行性质结合平行公理分析判断，对于B，通过计算进行判断，对于C，利用向量的夹角公式求解，对于D，利用求解.【详解】如图，以为原点，以所在直线分别为建立空间直角坐标系，则，，，对于A，假设直线与直线共面，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，因为∥，所以∥，矛盾，所以直线与直线不共面，所以A错误；对于B，因为，所以，所以，所以，所以B正确，对于C，设直线与直线的所成角为，因为，所以，所以，所以C错误，对于D，因为平面，所以，所以D正确，故选：BD.11．已知，，且则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据，利用均值不等式判断A，由条件可化为，据此，利用均值不等式判断B，取特殊值判断C，根据均值不等式及不等式的性质判断D.【详解】对A，，当且仅当，即时等号成立，故A 正确；对B，由可得，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；对C，当时，，故C错误；对D，由，即，当且仅当时等号成立，又，当且仅当时等号成立，故，时等号成立，故D正确.故选：ABD12．已知双曲线C：的左右焦点分别为，为坐标原点，为双曲线右支上的一点，过点的直线与右支交于另一点，且与双曲线的两条渐近线分别交于两点，则（    ）A．点到两条渐近线的距离之积为定值 B．为定值C． D．【答案】ACD【分析】利用点到直线的距离公式，坐标表示直接比较和直曲联立即可进行判断.【详解】由已知双曲线，渐近线方程为，点到两条渐近线的距离为 ，故A正确.因为，作直线，，且 两直线分别交轴上方双曲线于，，交轴上方渐近线于，，交轴下方渐近线于，，；易知当分别与，重合时，此时不是定值，又因为为定值，所以不是定值，故B错误.由已知双曲线方程为，所以，设，所以，同理所以，又因为，所以又因为两式相减得：，又因为 所以，故C正确.设，，，当直线斜率不存在时，直线方程为，由题意易知当直线斜率存在时，设直线与联立可得 所以 将直线与渐近线联立可得 将直线与渐近线联立可得 所以所以，所以与中点相同，所以，故D正确.故选：ACD【点睛】1.定值问题中通过设出直线，准确地表示出所要求证的定值尤为关键.2.设计不等式的证明时利用坐标表示进行化简后借助坐标的范围可以进行证明.3.巧妙的利用直曲联立的结论可以简化运算，提升解题效率.4.注意特殊值法在小题中的应用. 三、填空题13．若的展开式中第三项与第五项的二项式系数相等，则该展开式中含的系数为______.（用数字作答）【答案】【分析】根据第三项与第五项的二项式系数相等可求出的值，再利用展开式的通项公式可求出含的项，计算该项系数即可.【详解】由的展开式中第三项与第五项的二项式系数相等，则，即，则展开式的通项公式为，令，则，.故答案为：.14．写出一个半径为且与轴和圆都相切的圆的标准方程______.【答案】（答案不唯一）【分析】结合图象求得正确答案.【详解】圆的圆心为，半径为，结合图象可知，圆心为，半径为的圆，即，与圆的位置关系是内切.故答案为：（答案不唯一）15．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象恰有个对称中心在区间内，则的取值范围为______.【答案】【分析】先利用平移变换得到，再根据所得图象恰有个对称中心在区间内，由求解.【详解】解：函数的周期为，则，则将函数的图象向右平移个周期后得到，因为，所以，因为所得图象恰有个对称中心在区间内，所以，解得，所以的取值范围为.故答案为：16．已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】先利用同构得到，换元后得到，参变分离得到有两个不同的根，构造，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到函数图象，数形结合得到，解出答案即可.【详解】由题意得有两个不同的根，即有两个不同的根，变形为，即，令，则，其中令，，恒成立，故在单调递增，得到，故有两个不同的根，令，则，，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，且当时，，当时，，画出的图象如下图：故时，有两个不同的根，解得：.故答案为：.【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是变形得到，即从而构造进行求解. 四、解答题17．已知的三个角所对的边为满足：.(1)若，求的值；(2)求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理得到，结合得到，从而求出；（2）由余弦定理及得到，从而得到，结合三角恒等变换及正弦函数图象求出最大值.【详解】（1）因为，由余弦定理得：，因为，所以故，，；（2），由余弦定理：，，，，故，∵，∴当时，.18．已知等比数列的前项和为为常数）.(1)求的值，并写出数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）由已知求、，由为等比数列求出，写出通项公式；（2）由（1）写出通项公式，由奇偶项和为定值，用并项求和法求.【详解】（1）由，当时， .当时，.因为数列为等比数列，所以适合，所以，（2）由，则所以19．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，且，平面平面，，四棱锥的体积为.(1)求长；(2)若为中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）作出辅助线，求出，过点作，由面面垂直得到线面垂直，并求出四棱锥的高，利用体积列出方程，求出的长；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】（1）取中点，连，，∴，由勾股定理得：，∴，过点作为垂足，平面平面，平面平面，平面，平面，，解得：；（2）如图，以为原点，所在直线为轴，轴建立空间直角坐标系.∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，故，，，设平面的法向量为，，取得：，，设直线与平面所成角为，则20．已知某种零件成箱包装，件一箱.为了保障零件的质量，每箱零件在交付用户之前，需对零件的安全指标进行检验，如检出不合格品，则需要更换为合格品.检验时，先从这箱零件中任取几件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有零件作检验，设每件零件是不合格品的概率都为，且各件零件是否为不合格品相互独立.(1)若从这箱零件中任取件作检验，求件零件中恰有件不合格品的概率.(2)现对一箱零件检验了件，结果恰有件不合格品，设每件零件的检验费用为（）元，考虑到每件零件的成本费，不超过，如果有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付元的赔偿费用.现以检验费用与赔偿费用的和的期望值为决策依据，工厂将不对这箱余下的所有产品作检验，试求出的所有可能取值.【答案】(1)0.243(2) 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求概率；（2）令表示余下的90件产品中的不合格品数，依题意知，可表示出其数学期望，结合题意即可解出的所有可能取值.【详解】（1）由题意，件零件中恰有件不合格品的概率：.（2）令表示余下的90件产品中的不合格品数，依题意知，，，若对余下的产品作检验，由这一箱产品所需要的检验费为元，，解得，又由，，故的所有取值集合为.21．已知点与，动点满足直线，的斜率之积为，则点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)若点在直线上，直线，分别与曲线交于点，，求与面积之比的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意列出方程，整理后得到曲线的方程，去掉不合要求的点；（2）设出直线的方程，联立椭圆方程，得到点横坐标，同理设出直线的方程，联立椭圆方程，得到点横坐标，利用三角形面积公式及边的比例关系得到，利用基本不等式求出结果.【详解】（1），，化简得，当位于轴上时，此时直线，的斜率均不存在，不合题意，舍去故曲线的方程为；（2）设，则直线的方程为，联立得：，，直线的方程为，联立，得，.故，当且仅当时等号成立.最大值为.【点睛】直线与圆锥曲线结合，求解面积相关的取值范围问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，得到相关三角形的面积，再利用配方法，分离常数或基本不等式等方法求解最值或取值范围，本题要将三角形面积之比转化为线段之比，再转化为相应横坐标或纵坐标的差之比，结合基本不等式进行求解.22．已知函数).(1)讨论的单调性；(2)当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.注：是自然对数的底数【答案】(1)答案见解析(2). 【分析】(1)根据的导函数零点间的大小关系进行分类讨论求解即可；(2)根据特殊值法，结合(1)中的结论、导数的性质、分类讨论进行求解即可.【详解】（1）由，①当，即时，因为恒成立，故在上为减函数；②当，即时，由得，或；由得，，所以在和上为减函数，在上为增函数；③当，即时，由得，或；由得，，所以在和上为减函数，在上为增函数.综上：当时，在上为减函数；当时，在和上为减函数，在上为增函数；当时，在和上为减函数，在上为增函数.（2）因为时，关于的不等式恒成立，则，即，解得或.①当时由(1)知，在上为增函数，在上为减函数，所以在上的最大值为，故，即，解得或，因为，所以.②当时，由(1)知，在和上为减函数，在上为增函数，所以在上的最大值为，故，即，整理得.记，，所以，当， ，单调递减；当， ，单调递增，所以即则，因为函数和在上均为增函数，所以.综上：的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照是否有根，根的大小进行分类求解的．