2023届江苏省淮安市盱眙中学高三七模数学试题含解析

这是一份2023届江苏省淮安市盱眙中学高三七模数学试题含解析，共18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届江苏省淮安市盱眙中学高三七模数学试题 一、单选题1．设集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据求函数的性质分别求出集合和，然后利用交集的运算即可求解.【详解】要使函数有意义，则有，解得或，所以集合，要使函数有意义，则，所以集合，由交集的运算可得，故选：D．2．设复数z满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.【详解】依题意，.故选：D3．设均为正数，且，，．则（　　）A． B． C． D．【答案】A【分析】试题分析：在同一坐标系中分别画出，， 的图象， 与 的交点的横坐标为， 与的图象的交点的横坐标为 ，与 的图象的交点的横坐标为，从图象可以看出．【解析】指数函数、对数函数图象和性质的应用．【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．【详解】4．设函数.若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由奇函数求得参数，然后计算导函数，得切线斜率，写出切线方程．【详解】定义域是，∵上奇函数，∴，即，∴，．，，，又，∴切线方程是，即，故选：C．5．已知向量.若，则（    ）A． B．0 C．1 D．2【答案】B【分析】利用共线向量定理求解.【详解】解：因为向量，所以，因为，所以，解得，故选：B6．已知，则的最小值是A．  B． C． D．【答案】B【分析】将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式求出代数式的最小值，然后在不等式两边同时除以可得出答案．【详解】因为 ，又，所以，当且仅当时取，故选B．【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最值，在利用基本不等式求最值时，要注意配凑“定值”的条件，注意“一正、二定、三相等”基本思想的应用．7．已知圆在椭圆的内部，点为上一动点.过作圆的一条切线，交于另一点，切点为，当为的中点时，直线的斜率为，则的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】当点为中点时，由点差法可得，再由与圆相切可得，可解出；设为的左顶点，连接，则，根据正切的二倍角公式可解得，即得出，将和代入得，然后解出离心率.【详解】设，，，则，.将，的坐标分别代入的方程，得，两式相减，得，所以，即.当为的中点时，，则，故.如图，设为的左顶点，连接，则，所以，整理得，解得或（舍去），则，所以，所以，故的离心率.故选：C.【点睛】本题考查椭圆离心率的计算，难度较大，解答的关键在于根据题目条件解出和，然后运用点差法得出而得出，的关系求解离心率，其中难点在于根据得到，运用二倍角公式解出从而得出.8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为(    )A． B． C． D．【答案】A【分析】将三棱锥放在正方体内部，建立空间直角坐标系即可利用向量求异面直线BM与CD夹角的余弦值．【详解】如图，正方体内三棱锥A-BCD即为满足题意的鳖臑，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，，，，，则，，，则异面直线BM与CD夹角的余弦值．故选：A． 二、多选题9．在中，，，下列各式正确的是（    ）A．  B． C．  D． 【答案】CD【分析】根据三角形的内角和定理和正切的和角公式推导可得选项.【详解】，，，，所以选项A，B错误；，①，又②，联立①②解得，，故选项C，D正确，故选：CD.【点睛】本题考查正切的和角公式，三角形中的角之间的关系，属于基础题.10．已知函数，则（    ）A．的极大值为 B．的极大值为C．曲线在处的切线方程为 D．曲线在处的切线方程为【答案】BD【分析】首先求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值，再求出、，再利用点斜式求出切线方程；【详解】解：因为，所以，所以当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故A错误，B正确；因为.所以曲线在处的切线方程为，即，故C错误，D正确；故选：BD11．设a，，数列满足，，，则下列说法不正确的是（    ）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，【答案】BCD【分析】A选项，由，结合基本不等式可得，，即可判断选项正误；BCD选项，注意到，当时，方程有解，则当为方程的根时，则，即可判断选项正误.【详解】A选项，当时，因为，所以，又，当且仅当取等号.故，.故A正确.B选项，当时，故时，为常数列，且，所以不成立.故B错误；C选项，当时，故或时，为常数列，且或，所以不成立.故C错误；D选项，当时，故或时，为常数列，且或，所以不成立.故D错误；故选：BCD12．声音是物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论正确的是（    ）A．是的一个周期 B．在上是增函数C．的最大值为 D．在上有个极值点【答案】CD【分析】分别计算和的最小正周期，再由其最小公倍数即可得到的最小正周期为，即可判断A选项；设，对求导，利用导数研究函数的单调性、极值和最值，即可判断BCD选项.【详解】解：因为：，的最小正周期是，的最小正周期是，所以的最小正周期是，故A不正确；由题可知，取一周期，不放设，由，令得，，，当，，为增函数，当，，为减函数，当，，为增函数，所以在，上单调递增，在上为单调递减，故B不正确；由于，，所以的最大值为，所以C正确；由上可得在上，在和处取得极值点，即在上有个极值点，故D正确.故选：CD. 三、填空题13．函数在点处的切线方程为____________.【答案】【分析】由导数定义结合导数几何意义可得切线的斜率，即可得切线方程.【详解】则曲线在点处的切线方程的斜率为，得切线方程为，即.故答案为：14．已知正实数a，b满足，则的最小值为______．【答案】18【分析】利用“1”的代换，，利用均值不等式即可求出结果.【详解】因为，所以．又，所以，即，当且仅当，即，时，等号成立．故答案为：18．15．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为a的正方形，且平面ABCD，，点M为线段PC上的动点（不包含端点），则当三棱锥的外接球的表面积最小时，CM的长为___________.【答案】【分析】连接MA，由题意知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，然后设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点，利用几何体的结构特征分析出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小，然后设CM的中点为N，连接，利用三角形相似求得，即可求得CM的长.【详解】连接MA，由题意可知三棱锥的外接球即四棱锥的外接球，则当三棱锥外接球的表面积最小时，四棱锥外接球的半径最小.设四棱锥外接球的球心为O，半径为R，连接AC与BD交于点.当O与不重合时，连接，易知平面ABCD，则，连接OC，在中，.当O与重合时，，所以当三棱锥的外接球的表面积最小时，O与重合，.设CM的中点为N，连接，易知，则，所以，解得，所以.故答案为：【点睛】关键点睛：利用直角三角形中斜边最长判断出当O与重合时，三棱锥的外接球的表面积最小是解题的关键所在.16．已知，则________.【答案】【分析】根据诱导公式，得到，再由诱导公式，将原式化简整理，由弦化切，即可求出结果.【详解】∵，∴，∴．故答案为：. 四、解答题17．已知在中，内角，，所对的边分别为，，，.（1）求；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】根据同角三角函数基本关系及正弦定理化简求；由题意结合正弦定理求得边，余弦定理求得边，最后根据面积公式求解即可.【详解】（1）因为，所以.又，所以，即，即.又，所以，则由，得.（2）由正弦定理，得，则由余弦定理得，解得(负值舍去)，所以.【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.18．已知数列为等差数列，数列是各项均为正数的等比数列，满足， ，.（1）求数列、的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1），；（2）.【解析】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，进而可求得等差数列的通项公式，根据已知条件求得的值，由此可求得等比数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得数列的前项和.【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，由题知，即，解得：，所以，，又，解得，又，所以，；（2），，①②①②得，所以.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；（3）对于型数列，利用分组求和法；（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法.19．如图，在直三棱柱中-A BC中，ABAC， AB=AC=2，=4，点D是BC的中点．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求平面与所成二面角的正弦值．【答案】（1）；（2）.【详解】 (1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，异面直线与所成角的余弦值为．（2）设平面的法向量为，，，即且，令，则，是平面的一个法向量，取平面的一个法向量为，设平面与平面夹角的大小为，由，得，故平面与平面夹角的正弦值为． 20．已知分别是椭圆的左、右焦点，A是C的右顶点，，P是椭圆C上一点，M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，四边形OMPN的周长为4．(1)求椭圆C的标准方程(2)若不过点A的直线l与椭圆C交于D，E两点，且，判断直线l是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)标准方程为．(2)直线l过定点 【分析】（1）由三角形的中位线性质可得四边形OMPN的周长即为2a，椭圆的右顶点到右焦点的距离为a－c， 联立即可得椭圆方程；（2）分类讨论斜率存在与斜率不存在，当斜率存在时设出直线方程，联立直线与椭圆方程，由韦达定理可得，再由可得k与m的关系式，将其代入直线方程可得定点，当斜率不存在时，代入计算即可.【详解】（1）M，N分别为线段的中点，O是坐标原点，，四边形OMPN的周长为，，，，椭圆C的标准方程为．（2）设，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，代入，整理得，则，．易知，，化简得，或(舍去)，直线l的方程为，即，直线l过定点．当直线l的斜率不存在时，设，代入，解得，由得，，解得或(舍去)，此时直线l过点．综上，直线l过定点．【点睛】求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．21．为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算)．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为；两人滑雪时间都不会超过3小时．(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ，求ξ的分布列与均值E(ξ)，方差D(ξ)．【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）由题意两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，然后求出相应的概率即可；（2）确定ξ的所有可能取值，计算相应的概率，得出分布列，进一步求解均值和方差即可．【详解】（1）两人所付费用相同，相同的费用可能为0，40，80元，甲、乙两人2小时以上且不超过3小时离开的概率分别为1－－＝，1－－＝．两人都付0元的概率为P1＝×＝，两人都付40元的概率为P2＝×＝，两人都付80元的概率为P3＝×＝，则两人所付费用相同的概率为P＝P1＋P2＋P3＝＋＋＝．（2）ξ的所有可能取值为0，40，80，120，160，则P(ξ＝0)＝×＝，P(ξ＝40)＝×＋×＝，P(ξ＝80)＝×＋×＋×＝，P(ξ＝120)＝×＋×＝，P(ξ＝160)＝×＝．所以ξ的分布列为ξ04080120160PE(ξ)＝0×＋40×＋80×＋120×＋160×＝80，D(ξ)＝(0－80)2×＋(40－80)2×＋(80－80)2×＋(120－80)2×＋(160－80)2×＝．22．已知函数，．(1)求函数的极值点；(2)若恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)是的极大值点，无极小值点(2) 【分析】（1）首先利用导数判断函数的单调区间，再确定函数的极值点；（2）解法一，首先构造函数，，再根据函数的导数，判断函数的最大值，即可求解；解法二，首先证明，即可得，即，不等式恒成立，转化为，即可求解.【详解】（1）由已知可得，函数的定义域为，且，当时，；当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，所以是的极大值点，无极小值点．（2）解法一：设，，则，令，，则对任意恒成立，所以在上单调递减．又，，所以，使得，即，则，即．因此，当时，，即，则单调递增；当时，，即，则单调递减，故，解得，所以当时，恒成立．解法二：令，，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即．因为，所以，当时等号成立，即，当时等号成立，所以的最小值为1．若恒成立，则，所以当时，恒成立．