江苏省南通市2023届高三高考前练习数学试题（含解析）

这是一份江苏省南通市2023届高三高考前练习数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南通市2023届高三高考前练习数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．2．已知函数，则（    ）A． B．1 C．-1 D．23．若，复数与在复平面内对应的点分别为，则（    ）A．2 B． C．3 D．44．现有茶壶九只，容积从小到大成等差数列，最小的三只茶壶容积之和为0.5升，最大的三只茶壶容积之和为2.5升，则从小到大第5只茶壶的容积为（    ）A．0.25升 B．0.5升 C．1升 D．1.5升5．古希腊人从一对对顶圆锥的截痕中发现了圆锥曲线，并研究了它的一些几何性质．比如，双曲线有如下性质：A，B分别为双曲线的左、右顶点，从C上一点P（异于A，B）向实轴引垂线，垂足为Q，则为常数．若C的离心率为2，则该常数为（    ）A． B． C． D．36．在平行四边形中，，，，，，则（    ）A． B． C． D．7．正四棱柱中，，M是的中点，点N在棱上，，则平面AMN与侧面的交线长为（    ）A． B． C． D．8．已知，若，， 则（    ）A． B． C． D． 二、多选题9．某学校高三年级有男生640人，女生360人．为获取该校高三学生的身高信息，采用抽样调查的方法统计样本的指标值（单位：cm），并计算得到男生样本的平均值175，方差为36，女生样本的平均值为165，方差为36，则下列说法正确的是（    ）A．若男、女样本量分别为，，则总样本的平均值为171.4B．若男、女样本量分别为，，则总样本的方差为36C．若男、女的样本量都是，则总样本的平均值为170D．若男、女的样本量都是，则总样本的方差为6110．已知O为坐标原点，过抛物线的焦点F（2，0）作斜率为的弦AB，其中点A在第一象限，则（    ）A． B．C． D．11．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距离水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水桶P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下记d为负数），若从盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，则（    ）    A．当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4mB．盛水桶出水后至少经过10秒就可到达最高点C．盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒D．盛水桶入水后至少需要20秒才可浮出水面12．在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ）A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为 三、填空题13．的展开式中含项的系数为___________．14．已知圆与圆交于A，B两点，若直线AB的倾斜角为，则___________．15．已知，则 ___________． 四、双空题16．已知函数的定义域均为，是偶函数，是奇函数，且，则 _____； _____． 五、解答题17．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在线段AC上，．(1)若，求b；(2)若，求角A．18．已知数列是公差为3的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且满足． 将数列与的公共项按照由小到大的顺序排列，构成新数列．(1)证明：(2)求数列的前n项和．19．某微型电子集成系统可安装3个或5个元件，每个元件正常工作的概率均为且各元件是否正常工作相互独立．若有超过一半的元件正常工作，则该系统能稳定工作．(1)若该系统安装了3个元件，且，求它稳定工作的概率；(2)试比较安装了5个元件的系统与安装了3个元件的系统哪个更稳定．20．如图，在三棱台中，，四棱锥A-的体积为．  (1)求三棱锥A-的体积；(2)若△ABC是边长为2的正三角形，平面⊥平面ABC，平面平面ABC，求二面角的正弦值．21．已知椭圆的左、右顶点是双曲线的顶点，的焦点到的渐近线的距离为.直线与相交于A，B两点，.(1)求证：(2)若直线l与相交于P，Q两点，求的取值范围.22．已知函数(1)若，证明：曲线与曲线有且仅有一条公切线；(2)当时，，求a的取值范围．
参考答案：1．D【分析】由指数函数与对数函数的性质分别求集合，再求交集即可.【详解】因为在定义域上均为单调增函数，故由题意可得，即，所以.故选：D2．C【分析】根据分段函数的解析式求函数值即可.【详解】由条件可得，则.故选：C.3．A【分析】利用已知条件先求出，根据复数的意义，分别写出坐标，再利用两点间的距离公式计算即可.【详解】由，所以，所以，故与在复平面内对应的点分别为，所以，故选：A.4．B【分析】根据等差数列的性质即可求解.【详解】设九只茶壶按容积从小到大依次记为 ，由题意可得，所以，故选：B5．D【分析】设，由题结合可得.则，后由离心率结合可得答案.【详解】设，则，又由题得.则.则.故选：D  6．B【分析】将、、、用、表示，利用平面向量数量积运算性质结合可求得的值，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】在平行四边形中，，，，，则，，  所以，，可得，，，所以，.故选：B.7．C【分析】根据线线平行，结合比例即可求解 为平面AMN与侧面的交线.【详解】取,的中点为,，连接 ，则,且，在平面中，过点作交于，则 为平面AMN与侧面的交线，且,由于,故选：C  8．B【分析】先判断的奇偶性和单调性，通过奇偶性把，，转化在同一单调区间，利用单调性比较即可.【详解】由题意，故为偶函数，当时，，故，所以，，所以，故当时，单调递增，，因，所以，即，设函数，，故在区间上单调递增，所以，所以，即，所以，所以，即，故选：B9．ACD【分析】根据平均数、方差公式计算可得.【详解】若男、女样本量分别为，，则总样本的平均值为，总样本的方差为故A正确，B错误；若男、女的样本量都是，则总样本的平均值为，总样本的方差为，故C、D正确；故选：ACD.10．BD【分析】求出抛物线方程，写直线方程，求得坐标，对A由不关于轴对称知不成立；对B由判断；对C求判断； 对D求判断.【详解】抛物线方程为，设直线的方程，代入得，设，则，对A：显然不关于轴对称，故，A错误；对B： ，所以，B正确；对C：，C错误；对D：，D正确.故选：BD11．ABC【分析】建立平面直角坐标系，设，结合题目条件求出，再对四个选项一一作出判断.【详解】以为坐标原点，平行于水面为轴，垂直于水面为轴建立平面直角坐标系，如图，则m，则，故，筒车按逆时针方向每分钟转2圈，故筒车转1圈的时间为30秒，即，解得，因为，故当秒时，筒车第一次到达最高点，此时，故B正确；同理可得，当秒时，筒车第一次到达最低点，此时，设，则，解得，故，又当时，，故，解得，取，故，A选项，当时，，即当筒车转动5秒时，盛水桶距离水面4m，A正确；C选项，令，当时，盛水桶第二次距离水面4m，解得，故盛水桶第二次距离水面4m时用时15秒，C正确；D选项，令，解得，，故盛水桶入水后至少需要10秒才可浮出水面，D错误.    故选：ABC12．AC【分析】对于A项，取CD中点G，构建BD、的中位线，将EF放在直角三角形中，根据勾股定理求出EF长度；对于B项，确定平行线FG，与EF在同一个三角形中，求出FG与EF夹角余弦值即可；对于C项，根据线面平行判定定理确定平面，求出线面距离即为异面直线距离，作出平面EFG的垂线HN，通过勾股定理求解；对于D项，通过三角形边长符合勾股定理确定均为直角三角形，根据直角三角形性质确定外接球球心及半径，即可计算外接球表面积.【详解】设菱形ABCD中，AC与BD交于点O，取CD中点G，连接EG、FG，得到如下图所示四面体.在菱形ABCD中，，，则为等边三角形，所以，.在空间四边形中，，，则.因为ABCD是菱形，所以、，即在空间四边形中，、，则平面，所以.对于A项：因为E、F、G分别为BC、、CD，所以且，且，因为，所以，则，故A项正确；对于B项：因为，所以直线与EF所成角为，又因为，所以，直线与EF所成角的余弦值为，故B项错误；对于C项：因为，平面，所以平面，设与OC交于点H，因为为等边三角形、，所以CO为的中线，又因为EG为中位线，所以H为中点.作于点M、于点N，则且、，又因为平面、，所以平面,平面，所以，则平面，即HN为到平面距离.如下图所示，在等腰中，，则点H到直线距离为，即直线与平面距离为，又因为平面，所以直线与EF的距离为，故C项正确；对于D项：因为、，所以均为直角三角形，取中点P，由直角三角形性质可得，则P点为四面体的外接球球心，外接球半径，则外接球表面积为，故D项错误.故选：AC.13．3【分析】利用二项展开式的通项公式直接求解.【详解】展开式的通项公式为.要求的展开式中含项，只需，则，所以展开式中含项的系数为3.故答案为：314．【分析】根据题意，由条件两圆方程作差可得直线方程，然后再求得圆心到直线的距离，再由勾股定理即可得到结果.【详解】因为圆与圆交于A，B两点，则两圆方程相减可得，即直线方程为，又因为直线AB的倾斜角为，则斜率，又因为，即，则，所以直线方程为，圆心到直线的距离为，所以.故答案为：.15．【分析】根据的关系，即可平方得，结合同角关系以及二倍角公式即可求解.【详解】由平方得，结合得，所以，由于，所以,所以 ，故答案为：16．          【分析】①利用是奇函数，求出即可；②结合是偶函数，是奇函数，以及条件求出函数为周期函数，再利用赋值法，结合，求出函数在一个周期内的函数值，进而利用周期求出即.【详解】因为是奇函数，所以即，由，又，所以，又是偶函数，，即，，，由，所以，①即，② ②①：，所以函数的周期为4，所以由，则令时，，再令时，，所以，由，所以由所以，故答案为：；.17．(1)(2) 【分析】（1）在△ABD和△BCD中根据余弦定理建立方程组，借助消元可解；（2）在△ABD中，由正弦定理列方程，结合和差公式可得.【详解】（1）因为所以．在△ABD中，由余弦定理，得，①在△BCD中，由余弦定理，得．②因为，所以，由，得，即．又因为，所以.  （2）设，则，因为，所以，所以．在△ABD中，由正弦定理，得，即，所以即即，所以因为，所以所以.18．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用基本量代换列方程组求出，得到，的通项公式，进而判断出是数列{}的项，即可证明；（2）利用错位相减法求和.【详解】（1）由，得，由，得，解得，因为数列{}的公差为3，数列{}的公比为2，所以不是数列{}的项，是数列{}的第1项．设，则所以不是数列{}的项． 因为，所以是数列{}的项．所以（2）由（1）可知，．=所以所以．19．(1)(2)答案见解析 【分析】（1）根据二项分布概率公式求解即可；（2）利用二项分布概率公式分别求出两种情况系统正常工作的概率，然后作差比较可知.【详解】（1）设安装3个元件的系统稳定工作的概率为P，则3个元件中至少2个元件正常工作．又因为各元件是否正常工作相互独立，所以．所以安装3个元件的系统稳定工作的概率为．（2）由（1）知，安装3个元件的系统稳定工作的概率． 设安装5个元件的系统稳定工作的概率为，则． 所以． 当时，，两个系统工作的稳定性相同；当时，，3个元件的系统比5个元件的系统更稳定；当时，，5个元件的系统比3个元件的系统更稳定．20．(1)(2) 【分析】（1）根据等积转化法即可求得结果.（2）根据垂直关系先证出⊥平面ABC，然后在点处建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，用向量法求出二面角的余弦值，即可得出答案.【详解】（1）因为三棱台中，，所以，所以，所以，因为三棱台中，，所以，所以，又因为，所以又因为所以.（2）取AB中点D，AC中点E，连结CD、BE，交于点F，因为△ABC是正三角形，E是AC中点，所以．又因为平面⊥平面ABC，平面平面，BE⊂平面ABC，所以BE⊥平面．又因为⊂平面，所以，同理，又因为，CD，BE⊂平面ABC，所以⊥平面ABC．以A为原点，垂直于的直线为x轴，AC，所在直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，  则，，设平面的一个法向量为，，则，令，则得，设平面的一个法向量为，，，则，令，则得，设二面角的平面角为θ，，则，.即二面角的正弦值为.21．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先通过椭圆的焦点和顶点求出双曲线方程，然后联立方程，韦达定理，利用化简即可证明；（2）联立直线与椭圆方程，韦达定理，代入弦长公式，利用换元法求解函数的值域即可求解弦长范围.【详解】（1）由题意得椭圆焦点坐标为，双曲线渐近线方程为，所以，解得，所以的方程为，由，消y得，所以得，设，，则，所以，化简得，得证；（2）由消x，得，所以，即，结合，及，可得，设，，则，所以，所以，设，由，得，所以，所以，所以.  22．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先设切点再分别求出切线，斜率和截距对应相等求解,再由单调性证明唯一性即可; （2）把不等式化简构造函数，根据导函数求解最值即可求出参数范围.【详解】（1）当时，所以所以曲线在点处的切线方程为，即，曲线在点（，）处的切线方程为，即令得消去，整理得所以 设，则所以h(x)在（0，+∞）上单调递增，又，所以h(x)在（0，+∞）上有唯一的零点，所以方程有唯一的解所以曲线与曲线有且仅有一条公切线．（2）因为对恒成立，所以在上恒成立，所以在上恒成立，令，则当时，G(x)单调递减，当时，，G(x)单调递增，当时，单调递减，所以在处G(x)有极小值，在处G(x)有极大值． ①当，即时，由解得，舍去． ②当，即时，则，所以，由 ，解得因为，所以，所以所以所以综上，a的取值范围为