江苏省扬州市2023届高三考前调研测试数学试题（含解析）

这是一份江苏省扬州市2023届高三考前调研测试数学试题（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省扬州市2023届高三考前调研测试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知全集，，则（    ）
A． B．
C． D．
2．已知空间中不过同一点的三条直线，则“两两相交”是“共面”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
3．以点为对称中心的函数是（    ）．
A． B．
C． D．
4．某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（    ）．
A． B． C． D．
5．车木是我国一种古老的民间手工工艺，指的是用刀去削旋转着的木头，可用来制作家具和工艺品，随着生产力的进步，现在常借助车床实施加工．现要加工一根正四棱柱形的条木，底面边长为，高为．将条木两端夹住，两底面中心连线为旋转轴，将它旋转起来，操作工的刀头逐步靠近，最后置于离旋转轴处，沿着旋转轴平移，对整块条木进行加工，则加工后木块的体积为（    ）．

A． B． C． D．
6．复数（为虚数单位）在复平面内对应点，则下列为真命题的是（    ）．
A．若，则点在圆上
B．若，则点在椭圆上
C．若，则点在双曲线上
D．若，则点在抛物线上
7．已知函数的导函数为和的定义域均为为偶函数，也为偶函数，则下列不等式一定成立的是（    ）．
A． B．
C． D．
8．已知向量，满足的动点的轨迹为，经过点的直线与有且只有一个公共点，点在圆上，则的最小值为（    ）．
A． B．
C． D．1

二、多选题
9．已知两个离散型随机变量，满足，其中的分布列如下：

0
1
2




若，则（    ）．
A． B．
C． D．
10．已知函数的图像为曲线，下列说法正确的有（    ）．
A．都有两个极值点
B．都有三个零点
C．，曲线都有对称中心
D．，使得曲线有对称轴
11．定义：在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫作该数列的一次“美好成长”．将数列、进行“美好成长”，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；；设第次“美好成长”后得到的数列为、、、、、，并记，则（    ）
A． B．
C． D．数列的前项和为
12．圆柱高为1，下底面圆的直径长为2，是圆柱的一条母线，点分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（    ）．
A．若，则点的轨迹为圆
B．若直线与直线成，则的轨迹是抛物线的一部分
C．存在唯一的一组点，使得
D．的取值范围是

三、填空题
13．若，则被5除所得的余数为 ．
14．圆（为坐标原点）与直线相切，与直线垂直的直线与圆交于不同的两点，若，则直线的纵截距的取值范围是 ．
15．已知正四棱锥的侧面是边长为3的正三角形，它的侧棱的所有三等分点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
16．若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则直线的方程为 ．

四、解答题
17．在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
设数列的前项和为，满足________，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若存在正整数，使得对恒成立，求的值．

18．随着网络技术的迅速发展，各种购物群成为网络销售的新渠道．在凤梨销售旺季，某凤梨基地随机抽查了100个购物群的销售情况，各购物群销售凤梨的数量情况如下：
凤梨数量（盒）





购物群数量（个）
12

20
32

(1)求实数的值，并用组中值估计这100个购物群销售风梨总量的平均数（盒）；
(2)假设所有购物群销售凤梨的数量服从正态分布，其中为（1）中的平均数，．若该凤梨基地参与销售的购物群约有1000个，销售风梨的数量在（单位：盒）内的群为“一级群”，销售数量小于266盒的购物群为“二级群”，销售数量大于等于596盒的购物群为“优质群”．该凤梨基地对每个“优质群”奖励1000元，每个“一级群”奖励200元，“二级群”不奖励，则该风梨基地大约需要准备多少资金？（群的个数按四舍五入取整数）
附：若服从正态分布，则．
19．在中，角所对的边分别为．
(1)求证：；
(2)延长至点，使得，求的最大值．
20．如图，平行六面体的体积为6，截面的面积为6．
  
(1)求点到平面的距离；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
21．已知椭圆的左顶点为，过右焦点且平行于轴的弦．
(1)求的内心坐标；
(2)是否存在定点，使过点的直线交于，交于点，且满足？若存在，求出该定点坐标，若不存在，请说明理由．
22．已知函数．
(1)若，求证：；
(2)当时，对任意，都有，求整数的最大值．

参考答案：
1．B
【分析】分析出可得、、，结合补集的定义可求出集合.
【详解】由题意可知，、、，且，故.
故选：B.
2．A
【分析】由，，，在同一平面，则，，，相交或，，，有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行，根据充分条件，必要条件的定义即可判断．
【详解】空间中不过同一点的三条直线，，，若，，在同一平面，则，，相交或，，有两个平行，另一直线与之相交，或三条直线两两平行．
所以“，，在同一平面”成立，则“，，两两相交”不一定成立；
而若“，，两两相交”，则“，，在同一平面”成立．
故“，，两两相交”是“，，共面”的充分不必要条件，
故选：A
【点睛】方法点睛：充分必要条件的判断，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.要根据已知条件灵活选择方法求解.
3．C
【分析】根据三角函数的对称性依次判定.
【详解】对于A选项，对称中心为，故不选A；
对于B选项，对称中心为，故不选B;
对于C选项，对称中心为，故C选项正确；
对于D选项，不是中心对称图形，故不选D.
故选：C.
4．C
【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得.
【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级，
共种走法，
若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，
共，
所以第二步走两级台阶的概率为.
故选：C
5．B
【分析】先作出加工后木块的横截面的形状，据此计算即可得加工后木块的体积.
【详解】加工后木块的横截面的形状如图所示，
  
其中 O 为横截面的中心，
,
，，计算可得 ,
:,
所以加工后木块的体积为
.
故选： B .
6．D
【分析】、分别表示点与、之间的距离，记，，由复数模的几何意义和圆锥曲线的定义逐一判断可得答案.
【详解】表示点与之间的距离，
表示点与之间的距离，记，，
对于A，，表示点到、距离相等，则点在线段的中垂线上，故A错误；
或由，整理得，所以点在，故A错误；
对于B，由得，这不符合椭圆定义，故B错误；
对于C，若，，这不符合双曲线定义，故C错误；
对于D，若，则，整理得，为抛物线，故D正确.
故选：D.
7．C
【分析】根据题意，设，由的奇偶性可得，即，在其等号两边同时求导，变形可得的解析式，由此可得的解析式，据此分析选项是否正确，综合可得答案．
【详解】根据题意，设，
由于为偶函数，则，即，
等号两边同时求导可得：，
即，
又由为偶函数，变形可得，
故为常数），
由此分析选项：
对于A，由于不确定，不一定成立，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，设，有，
当时，，为增函数，
当时，，为减函数，
则有，故在R上恒成立，
又由，为R上的增函数，
则有，C正确；
对于D，为偶函数，其图象关于轴对称，不能保证成立，D错误．
故选：C．
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
8．A
【分析】先求出轨迹的方程，再利用直线与有且只有一个公共点，求出点的坐标，从而得解.
【详解】根据，可得，
化简得为动点的轨迹的方程为：，
设经过点的直线为：，（可判断斜率存在）
联立方程，得①,
由于直线与有且只有一个公共点，
所以，或，
得，或，
因为圆，圆心，
所以当点在轴上方时较小，以下只讨论点在轴上方的情况,
当时，代入①式，得，
再代入双曲线方程可得，
当时，点在圆内，
可得的最小值为；
当时，代入①式，得，
再代入双曲线方程可得则，
当时，点在圆外，
可得的最小值为；
则的最小值为.
故选：A
【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常见方法有：
①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将代入.
9．ABD
【分析】由分布列的性质及期望公式解得，然后根据期望与方差的公式及性质求解.
【详解】由分布列的性质，可得，解得①，
因为，所以，即②，
联立①②解得，，
∴，
因为，所以，.
故选：ABD.
10．AC
【分析】根据已知函数求导求出单调区间再求出极值点判断A选项，根据极值确定零点个数判断B选项，根据导函数性质以及三次函数图象的性质可判断C,D选项.
【详解】，
，
单调递增；单调递减；
都有两个极值点，故A选项正确；
因为当时， ；当 时， ,
所以函数 至少有一个零点，
已知 极大值
极小值
当，即 时，，
所以函数与 x 轴仅有一个交点，
不满足 都有三个零点，故选项 B 错误；
函数是开口向上的二次函数，且为轴对称，此时对称轴的横坐标即为函数对称中心的横坐标，
是曲线对称中心，故选项 C 正确，
由三次函数图象的性质知 ，曲线C没有对称轴，选项 D 错误．
故选：AC.
11．ACD
【分析】对A：由题意直接运算判断；对B：根据题意分析可得：，利用构造法结合等比数列分析运算；对C：根据第次“美好成长”与第次“美好成长”的关系分析运算；对D：由，利用构造法结合等比数列可得，利用裂项相消结合分组求和运算求解.
【详解】对于A选项，，A对；
对于B选项，设第次“美好成长”后共插入项，即，共有个间隔，且，
则第次“美好成长”后再插入项，则，
可得，且，
故数列是以首项为，公比为的等比数列，
则，故，B错；
对于C选项，由题意可知：

，C对；
对于D选项，因为，且，
所以，，且，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，故，
所以，，
所以，数列的前项和为，D对.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现时，构造等差数列；
（2）当出现时，构造等比数列；
（3）当出现时，用累加法求解；
（4）当出现时，用累乘法求解.
12．BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点的轨迹方程判断选项A和选项B，假设，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算的最大值判断选项D.
【详解】对B，如图，不妨以为原点，以的垂直平分线，
分别为轴建立空间直角坐标系，则，
，设，则，
由题意，，化简得，，
由于点在上底面内，所以的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；
对A， ，化简得，即点的轨迹为椭圆，故A错误；
          
对C，设点在下平面的投影为，若，
则，则，
当在线段上时，可取最小值，
由均值不等式，，
当且仅当时等号成立，
所以，即，
而点只有在与点重合时，才能取到，
此时点与点重合，点与点重合，故C正确；
对D，当点与点，点与点重合，
的值为，故D错误.
故选：BC
【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.
13．1
【分析】取，可以求得，进而根据二项式定理展开，判断被5除得的余数.
【详解】由题知时，， ，
故

所以被5除得的余数是1.
故答案为：1.
14．
【分析】求得圆的方程，设直线的方程为：，与圆的方程联立，设，，，，利用△，以及韦达定理，通过，即可得到结果．
【详解】由题意得：圆心到直线的距离为圆的半径，
，所以圆的标准方程为：，
设直线的方程为：，与联立，消去得：，
设直线与圆的交点，，，，
由△，得，，①，
因为，所以，
又，，所以②，
由①②得，满足，即，
故直线纵截距的取值范围是，

故答案为：.
15．
【分析】先找出正四棱锥的侧棱所有三等分点构成一个正四棱台，即为求正四棱台的外接球.
【详解】如图，正四棱锥的侧棱的所有三等分点构成一个正四棱台，
棱台上底面是边长为1的正方形，棱台下底面是边长为2的正方形，侧棱长为1，
        
可求得棱台的高为，
设该棱台的外接球的半径为，
球心到下底面的距离，
球心到上底面的距离，
①球心在两个底面之间时，
所以，
因为，则，则上式无解；
②球心在下底面下方时，
，
，
两边同时平方：，
，解得：，
表面积，
故答案为：.
16．或
【分析】分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案．
【详解】设与和的切点分别为，
由导数的几何意义可得，
曲线在在点处的切线方程为，
即，
曲线在点处的切线方程为，
即，则，
解得，或，所以或．
代入得或.
故答案为：或.
17．(1)
(2)

【分析】（1）若选择条件①：利用可得答案；若选择条件②：由利用等差数列的定义可得答案；
（2）求出，分、两种情况，利用单调性可得答案.
【详解】（1）若选择条件①：
，则，
即，
令，则，解得，
是以3为首项，3为公比的等比数列，.
若选择条件②：
，
是以为首项1为公差的等差数列，
，
；
（2），
，
∴当，即；
当，即；
∴当时，对恒成立．
18．(1)，376
(2)186800元

【分析】（1）根据样本容量列方程求出m，利用组中数求出平均数；
（2）根据正态分布的概率计算公式求出对应的概率值，计算“优质群”和“一级群”的个数，求出奖励金.
【详解】（1）由题意得：，解得．
故平均数为.
（2）由题意，，
且，
故，
所以“优质群”约有个，
，
所以“一级群”约有个；
所以需要资金为，
故至少需要准备186800元．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意结合正、余弦定理运算求解；
（2）由正弦定理结合三角恒等变换可得，结合题意可得，运用基本不等式求最值.
【详解】（1）因为，由正弦定理得
又因为，则，
可得.
（2）因为，可知，所以角为锐角，
在中，由正弦定理得：，
又因为，
整理得，
由于，则，
可得，所以角A为锐角， 可得，
因为，则，所以
可得，
又因为，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最大值为．
  
20．(1)1
(2)

【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；
（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在平行六面体中，是三棱柱，
，
设点到平面的距离为，则，所以，
即点到平面的距离为1．
（2）在中，，所以是菱形，连接交于，则，
由（1）知点到平面的距离为1，所以平面．
设点在直线上射影为点，
则，且，
所以和重合，即．
以为坐标原点，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据，则，
，设平面的一法向量为，
则，取，则，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角正弦值为．
  
21．(1)
(2)存在定点

【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义以及，列出等式即可求出椭圆的方程，判断的内心在轴，设直线平分，交轴于点，此时为的内心，进行求解即可；
（2）设直线方程为，，，，，将直线的方程与椭圆方程联立，得到根的判别式大于零，由点、、、均在直线上，得到，此时，结合韦达定理求出，可得存在定点满足题意．
【详解】（1）
∴椭圆的标准方程为，
不妨取，则；
因为中，，所以的内心在轴，设直线平分，交轴于，则为的内心，且，所以，则；
（2）∵椭圆和弦均关于轴上下对称．若存在定点，则点必在轴上∴设
当直线斜率存在时，设方程为，直线方程与椭圆方程联立，
消去得，
则①
∵点的横坐标为1，均在直线上，

，整理得，
因为点在椭圆外，则直线的斜率必存在．∴存在定点满足题意
  
【点睛】解决曲线过定点问题一般有两种方法：① 探索曲线过定点时，可设出曲线方程 ，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于曲线系的思想找出定点，或者利用方程恒成立列方程组求出定点坐标.② 从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
22．(1)证明见解析
(2)3

【分析】（1）将恒成立问题转化为最值问题，利用导数判断函数单调性进而即得；
（2）选特值，时，举反例验证结论不成立，从而得出，赋值，通过参数放缩与导数，来证明结论成立，即找到了整数的最大值.
【详解】（1）时，设，则，，
即在上恒成立，
在上单调增，  又，
即；
（2）时，当时，，所以．
下证符合．
时，当时，，所以当时，．
记，则只需证对恒成立．
，令，则在递减，
又，所以存在，使得，
则在递增，在递减；
又，所以存在使得，且，
所以在递增，在递减，又，所以对恒成立，
因为，所以符合．
综上，整数的最大值为3．
【点睛】当出现两个参数时，尽可能通过讨论或参数放缩来减少参数的个数，降低解题难度.