2023年江苏省南通市海安高级中学高考数学一模试卷（含答案解析）

2023年江苏省南通市海安高级中学高考数学一模试卷

1.  已知集合，，则的元素个数为(    )

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

2.  若复数z满足，则z的虚部为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  设向量，，当数m与n满足下列哪种关系时，向量与x轴垂直(    )

A.  B.  C.  D.

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.

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

6.  将一个顶角为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.

7.  已知等边的边长为2，D为BC的中点，P为线段AD上一点，，垂足为E，当时，(    )

A.  B.  C.  D.

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

A.  B.  C.  D.

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.  B.
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

10.  如图的六面体中，，，则(    )

A. 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

11.  已知函数，其中e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n的最小值是2

12.  已知函数的部分图象如图所示，其中，且的面积为2，则下列函数值恰好等于a的是(    )

A.
B.
C.
D.

13.  展开式中含项的系数为______ .

14.  定义在R上的函数，，满足为偶函数，为奇函数，若，则______ .

15.  如图是数学家GerminalDandelin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E，是截口椭圆的焦点，则此椭圆的离心率等于______ .

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，，1，2，…，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k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.

17.  中，D是线段BC上的点，：：3，的面积是面积的2倍.
求；
若，，求DC和AB的长.

18.  已知数列满足，且，
求的通项公式；
设，求数列的前15项和用具体数值作答

19.  如图，四棱锥，底面ABCD为矩形，平面ABCD，E为PD的中点．
证明：平面AEC；
设二面角为，，，求直线AC与平面ECD所成角的正弦值．

20.  某城市决定在夹角为的两条道路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，交OD于
若千米，为了不破坏道路EF，求椭圆长半轴长的最大值；
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？

21.  已知抛物线C：的焦点F到准线的距离为2，圆M与y轴相切，且圆心M与抛物线C的焦点重合．
求抛物线C和圆M的方程；
设为圆M外一点，过点P作圆M的两条切线，分别交抛物线C于两个不同的点，和点，且，证明：点P在一条定曲线上．

22.  已知函数，且
设，讨论的单调性；
若且存在三个零点，，
①求实数a的取值范围；
②设，求证：

答案和解析

1.【答案】C 

【解析】解：由题意可得，，
根据交集运算可得，
所以的元素个数为
故选：
解出集合B，再根据交集运算求出，即可得出结果．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
 

2.【答案】D 

【解析】

【分析】

本题主要考查考查的运算，以及复数虚部的概念．
根据已知条件，结合复数的四则运算和复数模的公式，对z化简，再结合复数虚部的概念，即可求解．

【解答】

解：，
，
，
的虚部为
故选：

3.【答案】A 

【解析】解：，，
，
取x轴的方向向量为，
若向量与x轴垂直，
则，解得：，
故选：
根据向量的坐标运算得到关于m，n的关系即可．
本题考查了向量的坐标运算，考查向量的垂直关系，是基础题．
 

4.【答案】A 

【解析】解：如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设液面的体积为V，而，

而，
，
所以V的取值范围是
故选：
如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，计算即可．
本题考查正方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题．
 

5.【答案】C 

【解析】解：令，，
且，
故为奇函数，时，递增，则也递增，
又为奇函数，则在R上递增，，若，则，
则，即
即；，若，
则等价于，即，
由在R上递增，则，即，
故p是q的充要条件，
故选：
令，结合该函数的奇偶性，单调性判断不等式是否成立．
本题主要考查了对数函数的性质，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
 

6.【答案】A 

【解析】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n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：
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．
本题考查等比数列的通项公式，归纳推理，属于基础题．
 

7.【答案】B 

【解析】解：设，则，，

，
，或舍去，
为的重心，，为AC的中点，
，
故选：
设，由求出，得到P为的重心，E为AC的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．
本题考查平面向量的线性运算，平面向量基本定理，属于中档题．
 

8.【答案】A 

【解析】解：由题意如图所示：由双曲线C：，知，
所以，
所以，
所以过作垂直于x轴的直线为，
代入C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x轴于点P，
设为r，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x轴上，令圆半径为R，
在中，由等面积法得：，
又，
所以，
所以，
所以，，
所以，
故选：
由题意画出图，由已知求出c的值，找出A，B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．
本题主要考查了双曲线性质，定义的综合应用，考查了一定的运算能力，属于中档题．
 

9.【答案】BCD 

【解析】解：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：
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．
本题主要考查正态分布曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

10.【答案】ACD 

【解析】解：，，
，，
即，，又，
平面ABC，故A正确；
以点C为坐标原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：

，四面体是正三棱锥，
，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ABD的中心，
同理，在正四面体中，过顶点E作底面的垂线，垂足为正三角形ABD的中心，
、G、E三点共线，
，，，，且G是正三角形ABD的中心，
，
设，
在正四面体中，，在正三棱锥中，，
，解得，
，，又，
，
故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
，，故C正确；

显然，该六面体外接球的球心位于线段CE的中点，
，六面体外接球的半径，
该六面体外接球的表面积为，故D正确．
故选：
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．
本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求异面直线所成的角，以及多面体的外接球问题，属于中档题．
 

11.【答案】ABD 

【解析】

【分析】

本题考查的知识要点：函数的求导问题，函数的导数和单调性的关系，函数的导数和极值点的关系，三角函数的值，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于难题．
①，，从而确定A的结论；
②设，直接利用函数和函数的关系确定B的结论；
③分段讨论，时，；时，存在；时，，从而确定C的结论；
④当时，时，比较出函数值的大小，从而确定D的结论．

【解答】

解：对于函数，其中e是自然对数的底数，
所以，
对于A：由于时，，，所以，所以函数为增函数，故A正确；
对于B：设，
所以，所以是奇函数，故B正确；
对于C：由，
在时，，，
所以，函数为增函数，
所以函数在上无极值点，
由时，，
下面考虑上，设，
由，
当时，，，
所以，函数为单调递减函数，
由，，
故明显存在；
在上，，
由，而，，
所以，所以，
而，则，
即，
所以不存在零点，
故在只有一个零点，即函数只有一个极值点．故C错误；
对于D：设，
当时，，
所以，明显不成立，
当时，，
，
由，，
所以，
所以正整数n的最小值为2，故D正确．
故选：

12.【答案】AC 

【解析】解：根据函数的部分图象，
，
的面积为，，
，函数
，，
 ，，
故选：
由题意，由周期求出，由的面积求出，可得函数的解析式，再利用诱导公式求出各个选项中的函数值，从而得出结论．
本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由周期求出，由的面积求出，诱导公式，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：的展开式中含项为，
故答案为：
根据二项式定理逐步展开，分析即可．
本题考查了二项式定理，属于基础题．
 

14.【答案】1 

【解析】解：由于为偶函数，则，令，则，
由于为奇函数，则，即，令，则，
于是，由于，则
故答案为：
由奇偶函数的定义，可得，满足的关系，赋值计算即可．
本题考查抽象函数赋值计算，以及奇偶函数的性质，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设，
由，
解得，
，
，
所以，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B，C两点，如图所示，
则，，
两式相加得，即，
过作，垂直为G，
则四边形为矩形，所以，，
所以椭圆的离心率为
故答案为：
根据已知条件求得a，c，从而求得椭圆的离心率．
求解椭圆离心率的问题，思考方向有两个，一个求得a，c，从而求得椭圆的离心率；一个是求得关于a，c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.【答案】18 

【解析】

【分析】
由随机变量，结合取整数部分可得后面80次出现点数1的次数为13的概率最大，由此得解．
本题考查了古典概型的概率计算公式，涉及到随机变量服从二项分布的性质，考查了学生分析问题的能力，属于基础题．
【解答】
解：继续再进行80次投掷实验，出现点数为1次数X服从二项分布，
由，
结合题中的结论可知，当时概率最大，
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：  

17.【答案】解：设，则由：：3，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
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，， 

【解析】由题意可得，再利用正弦定理求得求得的值．
由条件求得，设，则，中、中，分别利用余弦定理求得k的值，可得AB的值．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，注意边角互换，属于中档题．
 

18.【答案】解：由，知数列是等差数列，
因为，所以，
又，所以公差，
所以数列的通项公式为
，
由于，
所以当时，；当时，，
故……
……

 

【解析】根据等差中项公式，可判断数列是等差数列，进而求得公差d，再由等差数列的通项公式，得解；
，根据，知当时，；当时，，再利用等比数列的前n项和公式，得解．
本题考查数列的求和，熟练掌握等差、等比数列的通项公式与前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】证明：连接BD交AC于O点，连接EO，则O为BD中点，
为PD中点，，
平面AEC，平面AEC，
平面AEC；
解：由，，可得
延长AE，过D作AE的延长线的垂线，垂直为F，连接CF，
由平面ABCD，可得，
又，可得平面PAD，则，
又，平面CDF，则为二面角的平面角，

在中，由，，可得
在中，由，，可得，则

取PE中点G，连接AG，则，
平面平面PCD，且平面平面，
平面PCD，连接CG，则为直线AC与平面ECD所成角，

即直线AC与平面ECD所成角的正弦值为 

【解析】连接BD交AC于O点，连接EO，则O为BD中点，由已知结合三角形中位线定理可得，再由线面平行的判定可得平面AEC；
首先找出二面角平面角，结合已知求得CD，然后找出直线AC与平面ECD所成角，求解三角形得答案．
本题考查直线与平面平行的判定，考查线面角的求法，关键是找出线面角，是中档题．
 

20.【答案】解：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为；
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． 

【解析】本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，椭圆中三角形的面积，二次函数的最值的求法．
由题意可得E，F的坐标，进而求出直线EF 的直线方程，设出椭圆的方程，由题意可得直线EF 与椭圆相切时，椭圆的长半轴最大，由判别式为0可得参数a的值，求出椭圆的长半轴的值；
由离心率及b的值可得a的值，进而求出椭圆的方程，设出直线MN的方程，由直线MN与椭圆联立，求出两根之和及两根之积，进而求出三角形OMN的面积的表达式，当N与B重合时，可得t的范围，由面积的最大值可得t的值，进而求出的大小及三角形的面积．
 

21.【答案】解：由题设得，
所以抛物线C的方程为，
因此，抛物线的焦点为，即圆M的圆心为，
由圆M与y轴相切，所以圆M半径为1，
所以圆M的方程为；
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P且与圆M相切的切线方程为，即，
依题意得，整理得①，
设直线PA，PQ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P在圆 

【解析】根据抛物线的焦点F到准线的距离可得p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M的方程；
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．
本题主要考查抛物线的性质，属于中档题．
 

22.【答案】解：，，
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，
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证明：因为，且存在三个零点，，
设，，易知其中，，
因为，所以，，故可知；①
由可知，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，时，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 

【解析】先求的导函数，再分类讨论即可．
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．
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，属于难题．