2023届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月月考数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月月考数学试题含解析，共24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。
2023届江苏省南京市宁海中学高三下学期4月月考数学试题

一、单选题
1．已知集合，则
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】试题分析：由知，故选A．
【解析】集合的交集．
2．复数的虚部为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得，
所以复数的虚部为.
故选：C.
3．核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，的数量与扩增次数满足，其中为扩增效率，为的初始数量.已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，那么该样本的扩增效率约为（    ）
(参考数据：，)
A．0.369 B．0.415 C．0.585 D．0.631
【答案】C
【分析】由题意，代入，解方程即可.
【详解】由题意知，，
即，
所以，解得.
故选：C.
4．函数的部分图象大致是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先根据奇偶性进行排除，然后结合特殊点的函数值即可求得结果.
【详解】因为，即，所以函数的定义域为，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，故排除B、D选项；
又，在上，令，解得，而，故排除C，
故选：A.
5．已知四点均在球O的球面上，是边长为6的等边三角形，点D在平面上的射影为的中心，E为线段的中点，若，则球O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设的中心为G，连接并延长交于F，则F为中点，连接、，由题意可得，进而可得平面，即可得，，两两垂直，可把原三棱锥的外接球转化为以，，为棱的正方体的外接球，即可得解.
【详解】设的中心为G，连接并延长交于F，则F为中点，连接、，

由题知平面，所以，又，，
所以平面，所以，
又，，∴平面，∴，，
又为正三棱锥，∴，，两两垂直，
故三棱锥可看作以，，为棱的正方体的一部分，二者有共同的外接球，
由得，
故正方体外接球直径，
所以球O的表面积为.
故选：C.
【点睛】本题考查了棱锥的几何特征与外接球半径的求解，考查了线面垂直的性质与判定和空间思维能力，属于中档题.
6．若不同两点、均在函数的图象上，且点、关于原点对称，则称是函数的一个“匹配点对”（点对与视为同一个“匹配点对”）.已知恰有两个“匹配点对”，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】函数的图象关于原点对称的图象所对应的函数为，再将问题转化为函数与函数有两个交点，再数形结合可得答案.
【详解】函数的图象关于原点对称的图象所对应的函数为，
的图象上恰好有两个“匹配点对”等价于函数与函数有两个交点，
即方程有两个不等式的正实数根，
即有两个不等式的正实数根，
即转化为函数图象与函数图象有2个交点.
，
当时，，单调递增.
当时，，单调递减.且时，，时，
所以
所以图象与函数图象有2个交点.
则，解得.

故选：B
7．已知双曲线的左、右焦点分别为、，点P在双曲线C的右支上，且，双曲线C的一条渐近线方程为，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由及得出和，根据求出的范围，再根据，求出的范围，即可求出的最小值．
【详解】因为，且，
所以，，
因为，
所以，即，
由题得双曲线的渐近线方程为，即，
又因为双曲线C的一条渐近线方程为，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以k的最小值为，
故选：B．
8．若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.
【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，
当时，，此时；
，故；
，；
当时，，此时，，故；
，；
故ABC均错误；
D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，
设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确
故选：D

二、多选题
9．国家统计局官方网站2021年2月28日发布了《中华人民共和国2020年国民经济和社会发展统计公报》，全面展示了一年来全国人民顽强奋斗取得的令世界瞩目、可载入史册的伟大成就．如图是2016-2020年国内生产总值及其增长速度统计图和三次产业增加值占国内生产总值比重统计图．

给出下列说法，其中正确的是（　　）
A．从2016年至2020年国内生产总值逐年递增；
B．从2016年至2020年国内生产总值增长速度逐年递减；
C．从2016年至2020年第三产业增加值占国内生产总值比重逐年递增；
D．从2016年至2020年第二产业增加值占国内生产总值比重逐年递减．
【答案】AC
【分析】根据图中的信息对每一个结论作出判断即可.
【详解】对于A，由图1可知，从2016年到2020年国内生产总值数不断的增大，
条形图中对应的长方形的高度不断升高，故选项A正确；
对于B，由图2可知，在2016年到2017年国内生产总值增长的折线是上升的，
从6.8到6.9，故选项B错误；
对于C，由图2可知，2016年到2020年第三产业增加值占国内生产总值比重
从52.4→52.7→53.3→54.3→54.5，是不断增加的，故选项C正确；
对应D，由图2可知，在2016年到2017年第二产业增加值
占国内生产总值比重由39.6上升到了39.9，故选项D错误．
故选：AC．
10．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于两点，分别为在上的射影，则下列结论正确的是（    ）
A．若直线的倾斜角为，则
B．若，则直线的斜率为
C．若为坐标原点，则三点共线
D．
【答案】ACD
【分析】对于A，求出直线的方程，代入抛物线方程中，整理后利用根与系数的关系，然后利用弦长公式可求出，对于B，设1，代入抛物线方程，整理后利用根与系数的关系，再由，得，从而可求出的坐标，进而可求出直线的斜率，对于C，同选项B，利用根与系数关系后，计算即可，对于D，同选项B，利用根与系数关系后，计算即可
【详解】若直线的倾斜角为，则，
令，由消可得，
所以，故正确；
设1，令，由，
消可得
，，所以，
所以，
所以或
所以.即，故错误；
设，令，，
消可得
，
所以，即三点共线，故C正确；
设，令，由
消可得
，，
所以，
即，故正确.
故选：ACD.
11．如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，N为棱上的点，且，则（    ）

A．当时，平面
B．当时，点C到平面BDN的距离为
C．当时，三棱锥外接球的表面积为
D．对任意，直线与都是异面直线
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，对于A，直接求解平面的法向量，判断与法向量是否垂直即可，对于B，直接求解平面的法向量，利用距离公式求解，对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，然后利用勾股定理可求出球的半径，从而可求出表面积，对于D，利用异面直线的定义判断即可.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，

对于A，，则，设平面的法向量为，
则，令，则，
所以，所以与不垂直，所以与平面不平行，所以A错误，
对于B，，设平面的法向量为，则
，令，则，
所以点C到平面BDN的距离为，所以B正确，
对于C，连接交于，过作平面的垂线，则外接球球心在此垂线上，设三棱锥外接球的半径为，
则，所以三棱锥外接球的表面积为，所以C正确，
对于D，对任意，因为在平面内，点在平面外，且直线与平面交于点，直线不经过点，
所以直线与都是异面直线，所以D正确，
故选：BCD
12．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．则（    ）
A． B．当时，
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据题目定义以及二倍角公式即可判断A正确，令，可得，可判断出B错误，令可得，结合可判断出C正确，根据二倍角公式可知，D正确．
【详解】因为，
所以，即，故选项A正确；令，则，则，则，即选项B错误；令，则，可得，所以，则选项C正确；设，则，将代入，方程成立，即选项D正确．
故选：ACD．

三、填空题
13．已知点D为△ABC的边BC的中点，，，，，的夹角为，则______．
【答案】
【分析】根据向量加法的平行四边形法则可得，两边同时平方即可代入求模长.
【详解】因为，所以，
所以，
所以．
故答案为：.
14．已知的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为___________．
【答案】2
【分析】先算出，再写出通项公式，确定的次数为整数即可
【详解】的展开式有项,因为仅有第5项的二项式系数最大,所以

当时,,当时,,符合题意
所以展开式中有理项的个数为2
故答案为：2
15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，，则BC边上的中线AD长度的最大值为 __．
【答案】
【分析】利用正弦定理将条件进行变形，结合三角形内角之和为π，可求得cosA，设AD＝x，由cos∠ADB+cos∠ADC＝0，由余弦定理建立方程可得2x2+2＝b2+c2，，利用基本不等式可得b2+c2的取值范围，从而求得x的取值范围．
【详解】因为，
由正弦定理可知：，
又因为A+B+C＝π，所以sinC＝sin(A+B)＝sinAcosB+cosAsinB，
则2cosAsinB＝sinB，又由于B∈(0,π)，所以sinB＞0，
所以cosA，因为A∈(0,π)，所以，
设AD＝x，又DB＝DC＝1，
在△ADB，△ADC中分别有：cos∠ADB，cos∠ADC，
又由于cos∠ADB+cos∠ADC＝0，所以2x2+2＝b2+c2，
在△ABC中，，即，
因为b2+c2≥2bc，所以，从而b2+c2≤8，
所以2x2+2≤8，解之得，（当且仅当b＝c时等号成立），
所以BC边上的中线AD长度的最大值为，
故答案为：．

四、双空题
16．已知函数，则______；设数列满足，则此数列的前2023项的和为______.
【答案】
【分析】由题意可知，即可根据此关系求出，因为，则，利用倒序相加法求和即可，
【详解】解：已知，
则，
，
所以，
则，
已知数列，
，，
数列的前2023项的和，
且，
两式相加，得，
故答案为：；

五、解答题
17．将函数的图象按向量平移指的是：当时，图形向右平移个单位，当时，图形向左平移个单位；当时，图形向上平移个单位，当时，图形向下平移个单位．已知，将的图象按平移得到函数的图象．
(1)求的解析式；
(2)若函数在区间上至少含30个零点，在所有满足上述条件的中，求的最小值；
(3)对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据题意中平移的定义即可直接得出结果；
（2）求出函数的最小正周期，根据题意知函数与图象在上至少有30个交点，由或可知一个周期内的波谷跨度，即可求解；
（3）根据正弦函数的单调性可得函数的值域，令，利用换元法，结合函数在闭区间上恒成立问题即可求解.
【详解】（1）将的图象按平移得，
所以的解析式为；
（2）函数的最小正周期为．
函数在上至少有30个零点，
即方程在上至少有30个解，
即函数与图象在上至少有30个交点，
由或，
解得或，
一个周期内交点中，两个交点距离中最小为波谷跨度，
交点正好跨过15个波谷，即跨过14个整周期和一个波谷时，有最小值．
即在所有满足上述条件的中，的最小值为．
（3）由，得，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，得，
令，则，，
在上恒成立，
只需且即可，
解得.
18．对于数列、，把和叫做数列与的前项泛和，记作为.已知数列的前项和为，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)数列与数列的前项的泛和为，且恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）令可求得的值，当时，由可得出，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）分为偶数和奇数两种情况讨论，求出的表达式，结合参变量分离法可求得实数的取值范围，综合即可得解.
【详解】（1）解：当时，，
当时，由①，可得②，
①②得，，数列是以为首项，为公比的等比数列，.
（2）解：对任意的时，，，
当为偶数时，即当时，
，
故对任意的，都成立，
即对任意的恒成立，
易知，当时，，故；
当为奇数时，即当时，
，
故对任意的，恒成立，
即对任意的恒成立.
易知，当时，，故.
综上所述，实数的取值范围是.
19．四棱锥，底面ABCD是边长为3的菱形，且，设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，

(1)求证：平面ABCD；
(2)试求P与平面ATE的距离；
(3)判断AF是否在平面ATE内，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)AF不在平面ATE内，理由见解析

【分析】（1）根据勾股定理的逆定理易证，，再根据线面垂直的判定定理即可证出；
（2）解法一：以点A为原点，AB所在直线为x轴，在平面ABCD过点A作AB的垂线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，由二面角的定义易知为二面角的平面角，利用平面知识可解得，从而可得点T的坐标，再利用点面距的向量公式即可求出；解法二：直接利用二面角的向量公式可求出，从而可得点T的坐标，后面部分同解法一；
（3）根据空间向量基本定理，假设AF在平面ATE内，则存在实数m，n满足，通过向量相等得到方程组，由方程组无解，可判断出假设错误，从而得出结论．
【详解】（1）证明：由得，，同理可得，
又平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD．
（2）如图，以点A为原点，AB为x轴，在平面ABCD过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．

解法一：因为，则为二面角的平面角，
由题意可得：，
考虑，可得．
利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．
又点，又，得．
设平面ATE的一个法向量为，则有，即：．
令，则有，
因为，则有：，P到平面ATE的距离为．
解法二：设，则，设平面PAT的法向量为，
则：，即，
令，得，平面PAB的法向量为，由，得，进而，可得点T的坐标为（以下同解法一）
（3）由（2）得，又得，
若AF在平面ATE内，则存在实数m，n满足，
即成立，
，无解，
所以AF不在平面ATE内．
20．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，小球在下落的过程中与层层小木块碰撞，且等可能向左或向右滚下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.

如图所示的小木块中，上面7层为高尔顿板，最下面一层为改造的高尔顿板，小球从通道口落下，第一次与第2层中间的小木块碰撞，以的概率向左或向右滚下，依次经过7次与小木块碰撞，最后掉入编号为1，2…，6的球槽内.例如小球要掉入3号球槽，则在前6次碰撞中有2次向右4次向左滚到第7层的第3个空隙处，再以的概率向右滚下，或在前6次碰撞中有3次向右3次向左滚到第7层的第4个空隙处，再以的概率向左滚下.
（1）若进行一次高尔顿板试验，求小球落入第7层第6个空隙处的概率；
（2）小明同学在研究了高尔顿板后，利用该图中的高尔顿板来到社团文化节上进行盈利性“抽奖”活动，8元可以玩一次高尔顿板游戏，小球掉入号球槽得到的奖金为元，其中.
①求的分布列：
②高尔顿板游戏火爆进行，很多同学参加了游戏，你觉得小明同学能盈利吗？
【答案】（1）；（2）①答案见解析，②能盈利.
【分析】（1）记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，由此能求出这个小球掉入第7层第6个空隙处的概率；
（2）①记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，此能求出X的分布列；
②由①得的可能取值为0，5，10，15，进而可求出的分布列和，从而能求出小明同学能盈利.
【详解】解：(1)记小球落入第7层第6个空隙处的事件为M，小球落入第7层第6个空隙处，需要在6次碰撞中有1次向左5次向右，
则；
(2)①，记第7层从左向右的空隙编号为，的取值分别为1,2,3,4,5,6,7，
则的取值分别为0,1,2,3,4,5,6，且 ，X的取值可为1，2，3，4，5，6，
，
，
，
，
，
，
∴X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P






②，的可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
∴.
∴小明同学能盈利.
21．已知椭圆：的离心率为，椭圆的短轴长等于4．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．
①求证：为定值；
②求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】（1）根据题意得到方程组，解之即可求出结果；
（2）①设出直线MN的方程，与椭圆联立，结合韦达定理得到，化简整理即可求出结果；
②设PQ的方程，与联立，结合韦达定理求出的值，进而可以求出结果.
【详解】（1）由题意解得
所以椭圆的标准方程为：；
（2）① 设MN的方程为，与联立得：，
设，，则，

②设PQ的方程为 ，与联立，
设，则

由，即此时，
的方程为，故直线恒过定点.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．已知函数.
（1）若在处的切线与直线垂直，求的极值；
（2）若函数的图象恒在直线的下方.
①求实数的取值范围；
②求证:对任意正整数，都有.
【答案】（1）极大值为，无极小值； （2）①；②见解析 .
【解析】（1）利用导数的几何意义，根据根据在处的切线与直线垂直，求得m，确定函数再求极值.
（2）①根据函数的图象恒在直线的下方，则有 ，即在上恒成立，转化为恒成立，令求其最大值即可.
【详解】（1）由
可得，
所以，即.
则，，
令可得，
当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，
的极大值为，无极小值.
（2）①由条件可知：只需，即在上恒成立.
即，而，，恒成立.
令，则，
令可得.
当时，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
故的最大值为，，
即实数的取值范围是.
②由①可知，时，，即对任意的恒成立.
令，则，，
即，
.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，导数与函数的最值，还考查了转化化归的思想和数列的应用以及运算求解的能力，属于难题.