2023届江苏省南通市如皋市高三上学期教学质量调研（三）数学试题（解析版）

这是一份2023届江苏省南通市如皋市高三上学期教学质量调研（三）数学试题（解析版），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届江苏省南通市如皋市高三上学期教学质量调研（三）数学试题 一、单选题1．已知集合，，则 （    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据分式、根式的意义，利用指数的运算性质和根式不等式的解法分别求出集合M、N，结合交集的定义和运算即可求解.【详解】由题意知，由，得，由，得，所以，故选：A.2．若，是正数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【分析】根据不等式的基本性质可得“”“”、“” “”，结合充分条件和必要条件的定义即可求解.【详解】由题意知，，当时，由，得，则“”“”；当时，由，得，则“” “”，所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.3．一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半径为1的半圆，则该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据圆锥底面圆周长等于侧面展开图的弧长，求得底面圆半径，根据勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥体积公式计算即可求解.【详解】母线长为1，设底面圆半径为，则，∴，∴，故圆锥的体积为，故选：A.4．已知电影院有三部影片同时上映，一部动画片，一部喜剧片，一部动作片，5名同学前去观看，若喜剧片和动作片各至少两人观看，则不同的观影方案共有（    ）种.A．30 B．40 C．50 D．80【答案】C【分析】根据题意可知事件包含喜剧片2人且动作片2人，喜剧片3人且动作片2人，喜剧片2人且动作片3人三种情况，求出对应的方案后相加即可.【详解】喜剧片和动作片至少两人观看的情况有：喜剧片2人且动作片2人，喜剧片3人且动作片2人，喜剧片2人且动作片3人，当喜剧片2人且动作片2人时，共有种观看方案，当喜剧片3人且动作片2人时，共有种观看方案，当喜剧片2人且动作片3人时，共有种观看方案，所以一共有种观看方案.故选：C.5．椭圆：的左焦点，上顶点A，直线与椭圆的另一交点为M，，则椭圆E的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由，求得M的坐标，代入椭圆方程求解.【详解】解：因为，，，，所以，则，因为在椭圆上，所以，∴，∴，故选：A.6．意大利著名数学家斐波那在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，…，其中，且从第三项起，每个数等于它前面两个数的和，即，后来人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”，则斐波那契数列中，（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据“斐波那契数列”的定义可得，，则，即可求解.【详解】由题意知，，则，，所以.故选：D.7．已知，满足，若函数在区间上有且只有两个零点，则的范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先由对称函数的性质，得到的对称轴为，可求出的值，再根据函数在区间上有且只有两个零点，得到不等式，解出不等式即可.【详解】依题意：，关于对称，则有，，，不妨设，则，，，当在有且仅有两个零点，则，∴.故选：D.8．已知，，，则（      ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，构造函数，由，构造函数，利用导数研究两函数的单调性即可比较a与b、c与b，进而得出结果.【详解】由，令，，得，所以函数在上单调递增，则，∴，即；由，令，得，由，，知函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，，即，即.所以.故选：C.9．设定点，动点M满足以MF为直径的圆与y轴相切，设动点M的轨迹为C，则下列说法正确的是（    ）A．轨迹C的方程为B．动点M到直线：和：的距离之和的最小值为2C．长度为8的线段两端点在轨迹C上滑动，中点到y轴距离的最小值为4D．轨迹C上一点P处的切线与x轴交于，若，则切线斜率为【答案】A【分析】先用直接法求出动点M的轨迹方程，然后根据轨迹方程为抛物线找出焦点和准线，将BC两选项中的问题用抛物线的定义进行转化可判断BC的真假；D答案需要联立方程设而不求的思想可判断.【详解】设，中点，∵以为直径的圆与轴相切∴，A正确.对于B，，到的距离=2，∴，B错.对于C，设AB中点M，，分别过A，B作的垂线，垂足为，∴∴中点到y轴距离的最小值为3，C错.对于D，切线：，消可得，，∴，，∴，，，∴，∴，，斜率，D错.故选：A 二、多选题10．设，，为复数，且，下列命题中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AD【分析】由得，即可判断A；由得，举例说明即可判断B；由得，举例说明即可判断C；由得，即可判断D.【详解】A：由，得，∵，∴，∴，故A正确；B：由，得，∴，例如，而，，即，故B错误；C：由，得，当时，，此时，故C错误；D：因为，令(),∴，则，故D正确.故选：AD.11．已知函数，则说法下列正确的是（    ）A．B．函数在上的最大值为4C．函数在上的最大值为4，则D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为【答案】AD【分析】根据函数的解析式求得，即可判断A；利用导数研究函数的单调性即可判断B；根据和B选项的分析可得，即可判断C；根据二次函数的性质可得，解之即可判断D.【详解】A：由，得，所以，故A正确；B：由，得，令或，令，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，又，，∴，故B错误；C：因为，在上的最大值为4，由选项B的分析，得，即，故C错误.D：在有两个不相等实根，则，即，解得，故D正确.故选：AD.12．在正方体中，，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，为线段上的动点，则四面体的体积为定值C．若，，为线段的中点，则D．若，则线段AP的长度为定值【答案】ABD【分析】设正方体边长为1，如图，建立空间直角坐标系.对于A，表示出即可得答案；对于B，证明平行于平面，点P在上即可得答案；对于C，表示出即可得答案；对于D，由A选项分析可知，计算即可.【详解】设正方体的边长为1，如图建系.则 ，.得.则，又.则，即.对于A，时，，，则，故A正确；对于B，时，，∴P在上，则在平面内，又，则为定值.又注意到平行于平面，则Q在上移动过程中，与所在平面的距离为定值.得四面体的体积 ，则四面体的体积为定值，故B正确；对于C，此时，，因与不共线，则BP与AR不平行，故C错误 ；对于D，由A选项分析可知，则，故D正确.故选：ABD. 三、填空题13．的展开式中常数项为__________.【答案】60【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.【详解】∵展开式第项，∴当时，，故展开式中常数项为.故答案为：60.14．某学校为了调查学生在一天生活方面的支出情况，抽出了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在元的学生90人，则样本中支出不少于40元的人数有__________.【答案】198【分析】根据题意先求出的频率，再利用频率、频数与总数之间的关系求，进而可求结果.【详解】设的频率为，由频率分布直方图可得：，解得，则，故样本中支出不少于40元的人数为.故答案为：198.15．圆：与圆：没有公共点，则的取值范围为__________.【答案】【分析】先用配方法确定圆心和半径，两圆没有公共点，说明它们内含或者外离，找出圆心距和半径之间的关系可得参数的范围.【详解】圆：，圆：两圆没有公共点，则两圆外离或内含.若两圆外离，则，∴若两圆内含，则，∴.综上：.故答案为：16．如图为某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，它的表面是由正三角形和正方形组成，设被截正方体的棱长为2a，若球О以该几何体的中心为球心，且与正三角形表面相切，则该球被其中一个正方形表面截得的截面面积为__________.【答案】【分析】由题意，建立空间直角坐标系，根据球的性质，求得半径，利用勾股定理，结合圆的面积计算公式，可得答案.【详解】如图建系，，，，，，四面体OABM为正四面体，O到平面ABM距离，易知球心到正方形所在平面的距离为，球被正方体ABCD截得的圆为圆，，.故答案为：. 四、解答题17．在锐角三角形ABC中，已知角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求角B；(2)若的面积为，求b的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由，利用商数关系和两角和与差的三角函数求解；（2）利用三角形的面积公式，结合余弦定理，利用基本不等式求解.【详解】（1）解：，∴，，即，∵为锐角三角形，∴，则.（2），∴，，当且仅当时取“=”，∴.18．已知数列满足，，为其数列的前项积，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，为其前项和，求满足不等式的最小的正整数.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意整理可得，结合等比数列的定义与通项公式分析运算，注意检验当时是否满足；（2）根据题意结合等比数列的求和公式求，再代入运算求解.【详解】（1）∵为前项积，且，则，∴，则，又∵，，则时上式也成立，∴成首项为1，公比为-2的等比数列，故，.（2）∵，∴，又∵，即，整理得：，因为，，所以最小的正整数.19．如图所示，四棱台的上下底面均为正方形，面面，，.(1)求到平面的距离；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面平面，得到平面，进而得到平面平面，将点到平面的距离，转化为到平面的距离求解；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量为，，由求解.【详解】（1）解：∵平面平面，平面平面，，∴平面，又∵平面，∴平面平面，∴到平面的距离，即为到平面的距离，过作于点，∴平面，，∴到平面的距离为.（2）建立如图所示空间直角坐标系，∴，，，，由，∴，，，设平面和平面的一个法向量分别为，，∴，设二面角平面角为，∴，.20．2022世界乒乓球团体锦标赛已于2022年9月30日至10月9日在成都举行.近年来，乒乓球运动早已成为我国民众喜爱的运动之一.某次友谊赛，甲、乙两位选手进行比赛，比赛采用5局3胜制，若结果是3：0或3：1，则胜者得3分，负者得0分﹔若结果是3：2，则胜者得2分，负者得1分.根据以往经验，甲乙在一局比赛获胜的概率分别为，，且每局比赛结果相互独立(1)设甲所得积分为，求的分布列及数学期望；(2)由于某种原因，比赛规则改为未满5局已领先2局者获胜﹔若打满5局，仍然没有领先2局者，比赛结束，领先者也获胜，求甲获胜的概率.【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）甲的得分有可能为0，1，2，3，分别计算四种分数的概率画出分布列，再根据分布列求出数学期望；（2）甲赢的情况有三种，分别为：连赢2局，四局赢3局，以及五局赢三局，分别求出每种情况的概率相加即可.【详解】（1）X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，∴的分布列如下：0123 ∴.（2）甲获胜的情形分为甲连赢两局，甲乙甲甲（甲赢3局，乙赢1局）甲乙甲乙甲（甲赢3局，乙赢2局）∴甲获胜的概率.21．抛物线：，双曲线：且离心率，过曲线下支上的一点作的切线，其斜率为.(1)求的标准方程；(2)直线与交于不同的两点，，以PQ为直径的圆过点，过点N作直线的垂线，垂足为H，则平面内是否存在定点D，使得DH为定值，若存在，求出定值和定点D的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，，定点. 【分析】（1）写出切线方程并与抛物线方程联立求出点M坐标，再结合离心率求出双曲线方程作答.（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设出直线方程并与的方程联立，借助韦达定理及向量数量积求出直线PQ过定点E，直线PQ垂直于y轴，验证也过定点E，取线段EN中点即可作答.【详解】（1）切线方程为，即，由消去y并整理得：，则，解得，即，由离心率得，即，双曲线，则，所以双曲线的标准方程为：.（2）当直线PQ不垂直于y轴时，设直线方程为，，，由消去x并整理得：，有，，，，，因以为直径的圆过点，则当P，Q与N都不重合时，有，，当P，Q之一与N重合时，成立，于是得，则有，即，整理得，即，因此，解得或，均满足，当时，直线：恒过，不符合题意，当时，直线：，即恒过，符合题意，当直线PQ垂直于y轴时，设直线，由解得，因以为直径的圆过点，则由对称性得，解得，直线过点，于是得直线过定点，取EN中点，因于H，从而，所以存在定点D，使得为定值，点.【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.22．已知函数，（，为自然对数的底）(1)讨论函数的单调性﹔(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围，并证明.【答案】(1)答案见解析(2)，证明见解析 【分析】（1）求导，分，， 讨论求解；（2）根据（1）分，和讨论求解，不妨设，将证，转化为证，构造证明.【详解】（1）解：，当时，令，当时，，递增；当时，，递减；当时，，在上单调递增，当时，令，，当或时，，当时，，所以在上递增，上递减，上递增，当时，令，，当或时，，当时，，在上递增，上递减，上递增.（2）当时，由（1）知要使有两个零点，则必有.限制，，令，∴且，∴在和上各有一个零点，符合.若时，由（1）知，此时只有一个零点，舍去；当时，，此时也只有一个零点，也舍.综上：的取值范围为，此时不妨设此时要证，只需证：证，即证，证，，构造 ，，令，，∴在上递减，此时，∴，∴，证毕!【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由，再构造函数，利用导数法证明.