2023届江苏省南通市高三下学期第二次调研测试数学模拟试题含解析

这是一份2023届江苏省南通市高三下学期第二次调研测试数学模拟试题含解析，共24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届江苏省南通市高三下学期第二次调研测试数学模拟试题 一、单选题1．已知P，Q为R的两个非空真子集，若，则下列结论正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】根据条件画出图，根据图形，判断选项.【详解】因为，所以，如图，对于选项A：由题意知 P是 Q的真子集，故，，故不正确，对于选项B：由是的真子集且，都不是空集知，，，故正确.对于选项C：由是的真子集知，，，故不正确，对于选项D：Q是的真子集，故，，故不正确，故选：B2．已知，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用方程组以及不等式的性质计算求解.【详解】设，所以，解得，所以，又，所以，故A，C，D错误.故选：B.3．将一个骰子连续抛掷三次，它落地时向上的点数能组成成等差数列的概率为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，由分步计数原理可得共有种情况，、分两种情况讨论骰子落地时向上的点数能组成等差数列的情况，可得符合条件的情况数目，由古典概型概率公式可得结果. 详解：根据题意，将一个骰子连续抛掷三次，每次都有种情况，则共有种情况， 它落地时向上的点数能组成等差数列，分两种情况讨论：①若落地时向上的点数若不同，则为或或或或或，共有种可能，每种可能的点数顺序可以颠倒，即有种情况，共有种情况；②若落地时向上的点数全相同，有种情况，共有种情况，落地时向上的点数能组成等差数列的概率为，故选A.点睛：本题考查古典概型概率公式，属于中档题. 在解古典概型概率题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.4．已知复数z的实部和虚部均为整数，则满足的复数z的个数为（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】设，由，可得，则，讨论两种情况即可得答案.【详解】设，则因为，所以因为，所以，即.当时，，即，有两组满足条件，当时，或，所以，，但时，不符合题意，故个数为4，故选：C.5．1471年米勒提出了一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆看上去最长即可见角最大后人称其为“米勒问题”.我们把地球表面抽象为平面，悬杆抽象为直线l上两点A，，则上述问题可以转化为如下模型：如图1，直线l垂直于平面，l上的两点A，B位于平面同侧，求平面上一点C，使得最大.建立图2所示的平面直角坐标系.设，当最大时，（    ）A．2ab B． C． D．ab【答案】B【分析】根据题意可得，然后由正切的和差角公式即可得到，再由基本不等式即可得到结果.【详解】有题意可知，是锐角且，因为，所以，且，当且仅当，即时，等号成立，故当，，此时最大.故选:B6．在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，设，，，由平面，平面，得，则，，，即，又，则，，令，则，，，当且仅当，即时等号成立，所以三棱锥外接球表面积，故选：B．【点睛】结论与方法点睛：（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．7．双曲线和椭圆的右焦点分别为，，，分别为上第一象限内不同于的点，若，，则四条直线的斜率之和为（    ）A．1 B．0 C． D．不确定值【答案】B【分析】设为原点，则，，结合题意可得，即可得到.由可得，进而得到.设，，分别代入双曲线和方程，可得，再表示出和，进而求解.【详解】设为原点，则，，而，得，所以、、三点共线.因为，所以，且，得，所以，即.设，，分别代入双曲线和，则，即，所以，，因为、、三点共线，所以，即.故选：B.8．函数的定义域均为，且，关于对称，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用已知、方程、函数的对称性、周期性进行计算求解.【详解】因为，  ，对于②式有：，由①+有：，即，又关于对称，所以，由④⑤有：，即，，两式相减得：，即，即，因为函数的定义域为，所以的周期为8，又，所以，由④式有：， 所以，由，有：，所以，由⑤式有：，又，所以，由②式有：，所以，故A，B，D错误. 故选：C. 二、多选题9．下列命题中正确是（    ）A．中位数就是第50百分位数B．已知随机变量X~，若，则C．已知随机变量~，且函数为偶函数，则D．已知采用分层抽样得到的高三年级男生、女生各100名学生的身高情况为：男生样本平均数172，方差为120，女生样本平均数165，方差为120，则总体样本方差为【答案】ACD【分析】利用中位数的概念即可判断A正确；对于选项B，利用二项分布的方差公式及方差性质求解；对选项C，利用正态分布的对称性即可求解，对选项D，利用平均数和方差公式计算即可【详解】对于选项A，中位数就是第50百分位数，选项A正确；对选项B，，则，故B错误；对选项C，，函数为偶函数，则，区间与关于对称，故，选项C正确；对选项D，分层抽样的平均数，按分成抽样样本方差的计算公式，选项D正确.故选：ACD.10．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（         ）A．若，则 B．若，则C． D．【答案】ABD【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设，可得，由，结合题中条件可判断A，B，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.【详解】如图，作,分别以为x，y轴建立平面直角坐标系，则，设，则，由可得 ，且，若，则，解得，（负值舍去），故，A正确；若，则，，所以，所以，故B正确；，由于，故，故，故C错误；由于，故，而，所以，所以，故D正确，故选：ABD11．在长方体中，，则下列命题为真命题的是（    ）A．若直线与直线所成的角为，则B．若经过点的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点，则C．若经过点的直线与长方体所有面所成的角都为，则D．若经过点的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则【答案】ABC【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面β，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【详解】解：对于A：如下图，直线与直线所成角，即为直线与直线所成角，则，故A正确；对于B：构建如下图示的坐标系，过的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，故B正确；对于C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为θ，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，故C正确；对于D：如下图，过A的平面β与长方体所有面所成的二面角都为，只需面β与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，故D错误.故选：ABC12．过平面内一点P作曲线两条互相垂直的切线、，切点为、、不重合，设直线、分别与y轴交于点A、B，则（    ）A．、两点的纵坐标之积为定值 B．直线的斜率为定值C．线段AB的长度为定值 D．面积的取值范围为【答案】BCD【分析】根据切线方程的定义，利用分类讨论的思想，可得整理切线方程，根据直线垂直可得切点横坐标的乘积，进而可得纵坐标的乘积，利用直线斜率公式，等量代换整理，可得其值，利用切线方程，求得的坐标，可得答案.【详解】由函数，则，设，，当，时，由题意可得，，化简可得，符合题意；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；当时，由题意可得，，化简可得，显然不成立；对于A，，故A错误；对于B，直线的斜率，故B正确；对于C，易知直线，直线，令，则，即，同理可得，，故C正确；对于D，联立，整理可得，解得，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则当时，，所以，，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．若函数的最大值为，则常数的值为_______．【答案】【解析】根据两角和的正弦公式以及辅助角公式即可求得，可得，即可解出.【详解】因为，所以，解得，因为，所以.故答案为：.14．的展开式中的系数为___________.（用数字作答）.【答案】【分析】先将看成一项，得到展开式通项公式，确定，进而简化通项公式，得到与时满足要求，求出展开式中的系数,相加得到答案.【详解】的展开式通项公式为，由于求解的是展开式中的系数，故，其中展开式通项公式为，，令得：，此时展开式中的系数为，令得：，此时展开式中的系数为，综上：展开式中的系数为.故答案为：15．若对于任意的x，．不等式恒成立，则b的取值范围为______．【答案】【分析】不等式恒成立转化为，设，对求导得的最小值为，所以，即，z令，转化为，对求导知当时，取最大值为，即可求出b的取值范围.【详解】由，得，设，则,令，得，在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，即，所以，所以，即，令，则，令，得，在上单调递增，在上单调递减，则当时，取最大值为，所以b的取值范围为.故答案为：.16．弓琴（如图），也可称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔，其正面为一椭圆面，它有多条弦，拨动琴弦，音色柔弱动听，现有某研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．下图是一弓琴琴腔下部分的正面图．若按对称建立如图所示坐标系，为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上，为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则取最小值时，椭圆的离心率为__________.【答案】【分析】根据焦半径公式可得，从而可知数列是等差数列，进而可求得，再根据的横坐标为八等分可得，从而可得，进而表示出，利用基本不等式“1”的妙用可求最小值，从而求解离心率.【详解】设，有，得，所以数列是等差数列，，由题意，的横坐标为八等分，所以，而，又，所以，所以，当且仅当即时取得等号，此时离心率为，故答案为: . 四、解答题17．如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，，为正三角形，D为AC的中点..(1)证明：平面平面；(2)若二面角的平面角为锐角，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1) 根据等腰三角形三线合一，可证明，，再根据线面垂直判定定理证明平面.，由此可证明平面平面；(2) 根据题意，点在平面内的射影在射线上，再根据锥体体积公式可知，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法，求二面角的正弦值.【详解】（1）证明：∵，D为AC中点，∴.又为等边三角形，，∴.∵，BD，平面PDB，∴平面PDB.∵平面PAC，∴平面平面.（2）∵为正三角形，，∴  的面积为，设三棱锥的底面上的高为，，作于O，由(1)平面,所以，又，所以，所以O是DB的中点，记的中点为，以为轴，建立空间直角坐标系，则，，，∴，，设是平面PAB的一个法向量,取设是平面PBC的一个法向量取，设二面角的平面角为，则.18．在数列中，.(1)求的通项公式.(2)设的前n项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据已知条件，适当整理，可得数列是首项为，公比为的等比数列，然后利用等比数列的通项公式求解；（2）利用不等式基本性质可得，进而.将不等式右边设为，利用错位相减求和法运算化简后，即可证得结论.【详解】（1）解：∵，∴，又，∴数列是首项为，公比为的等比数列，从而，则.（2）证明：∵，∴.设，则，两式相减得，从而，故.19．设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中i，，令，称是二维离散型随机变量的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：现有个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为  (1)当时，求的联合分布列；(2)设，且，求【答案】(1)答案见解析；(2). 【分析】（1）根据题意，由联合分布列的定义，分别求得对应概率即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为二项分布，然后由二项分布的期望计算公式即可得到结果.【详解】（1）由题意知，的可能取值为，的可能取值为则，，，，，，，所以的联合分布列为: （2）当时，，所以，所以，设，则由二项分布的期望公式得.20．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)若，证明：；(2)若，证明：.【答案】(1)见详解；(2)见详解. 【分析】（1）根据正余弦定理角化边，整理即可；（2）根据正弦定理推得，即可得到.通过分析，可得以及，代入，整理可得到，令，构造，求导得到在上单调递减.进而得到.【详解】（1）证明：由正弦定理可得，，所以，由余弦定理及其推论可得，，，所以，由已知可得，，即，因为，所以.（2）证明：由已知得，，又由正弦定理可得，，因为，所以.由（1）知，，则，又由正弦定理可得，，又，则，将以及代入可得，，整理可得，，因为，，，所以，则.令，则，，则，所以，当，恒成立，所以在上单调递减.所以，，即.综上所述，.21．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距与短轴长均为4．(1)求E的方程；(2)设任意过的直线为l交E于M，N，分别作E在点M，N上的两条切线，并记它们的交点为P，过作平行于l的直线分别交于A，B，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据焦距和短轴的公式求解即可；（2）设的方程为，，联立直线与椭圆的方程，根据椭圆的切线方程，联立可得，设的中点为，根据韦达定理可得，再结合三角形与椭圆的性质可得四点共线，从而化简，再根据的横坐标关系，结合参数的范围求解即可【详解】（1）由题意，，，解得，，故椭圆（2）由题意，，显然的斜率不为0，故设的方程为，，则，即，故，.联立过的切线方程，即，相减可得，即，化简可得.代入可得，故.设的中点为，则，，故.因为，，故，所以三点共线.又作平行于l的直线分别交于A，B，易得，取中点，根据三角形的性质有四点共线，结合椭圆的对称性有，当且仅当时取等号.故【点睛】方法点睛：根据直线与椭圆的位置关系，结合向量的性质，联立方程利用韦达定理证明三点共线与求取值范围的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理得到的坐标，再根据三角形与向量的性质转化所求的量从而进行简化求解范围.属于难题22．设连续正值函数定义在区间上，如果对于任意，都有，则称为“几何上凸函数”．已知，．(1)讨论函数的单调性；(2)若，试判断是否为上的“几何上凸函数”，并说明理由．【答案】(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增(2)是上的“几何上凸函数”，理由见解析 【分析】（1）分和两种情况讨论的单调性即可（2）运用分析法，要证是上的几何上凸函数，需证，需证，构造，可以证明，从而得到成立，进而得证．【详解】（1）定义域为，的导函数当时，，故在单调递减；当时，得：；由得：；于是在单调递减，在单调递增，综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增．（2）是上的几何上凸函数，证明如下：由（1）可知，当时，在单调递减，在单调递增．故，故为连续正值函数由于，要证是上的几何上凸函数．需证，即证，而，则，需证由，故只需证下面给出证明：设，则，即在上，递减，所以，即．综上，成立，故，得证．