精品解析：江苏省南京市2023届高三二模数学试题（解析版）

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南京市2023届高三年级第二次模拟考试数学注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．第Ⅰ卷（选择题  共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上．1. 集合的子集个数为（    ）A. 2 B. 4 C. 8 D. 16【答案】B【解析】【分析】确定，再计算子集个数得到答案.【详解】，故子集个数为.故选：B2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.【详解】，则.故选：C3. 在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，解得答案.【详解】，即，即，，则，，则，故，，故，.故选：B4. 在运动会中，甲、乙、丙参加了跑步、铅球、标枪三个项目，每人参加的比赛项目不同．已知①乙没有参加跑步；②若甲参加铅球，则丙参加标枪；③若丙没有参加铅球，则甲参加铅球．下列说法正确的为（    ）A. 丙参加了铅球 B. 乙参加了铅球C. 丙参加了标枪 D. 甲参加了标枪【答案】A【解析】【分析】由①可得乙参加铅球或标枪，假设乙参加铅球，推出矛盾得到乙参加标枪，从而得到丙、甲所参加的项目，即可判断.【详解】由①乙没有参加跑步，则乙参加铅球或标枪，若乙参加铅球，则丙就没有参加铅球，由③可知甲参加铅球，故矛盾，所以乙参加标枪，显然丙没有参加标枪，则丙参加铅球，甲参加跑步，综上可得：甲参加跑步，乙参加标枪，丙参加铅球.故选：A5. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（    ）A. 84 B. 98 C. 112 D. 128【答案】C【解析】【分析】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，计算得到答案.【详解】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，则.故选：C6. 直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则长为（    ）A.  B. 1 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，依题意可得旋转后得到的几何体为圆锥，根据外接球的表面积求出球的半径，设外接球的球心为，则球心在直线上，利用勾股定理得到方程，即可求出.【详解】设，因为，所以，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为，所以，解得，设外接球的球心为，则球心在直线上，所以，解得.故选：D7. 已知椭圆，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且．若，则椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，设，根据余弦定理得到，计算得到离心率.【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，故四边形为平行四边形，设，，则，，，，中，，整理得到，即，故.故选：A8. 已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】构造，确定函数单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.，则，即，故.，即，即，故，解得.故选：D二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．9. 在的展开式中（    ）A. 常数顼为160 B. 含项的系数为60C. 第4项的二项式系数为15 D. 所有项的系数和为1【答案】BD【解析】【分析】利用二项式定理得到展开式的通项，分别取代入计算得到答案.【详解】展开式的通项为.对选项A：取得到常数项为，错误；对选项B：取得到含项的系数为，正确；对选项C：取得到第4项的二项式系数为，错误；对选项D：取得到所有项的系数和为，正确.故选：BD10. 若实数，满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据不等式性质得到AB正确，取特殊值排除CD，得到答案.【详解】对选项A：，故，正确；对选项B：，正确；对选项C：取，满足，此时不成立，错误；对选项D：取，满足，此时，错误.故选：AB11. 已知函数，．下列说法正确的为（    ）A. 若，则函数与的图象有两个公共点B. 若函数与的图象有两个公共点，则C. 若，则函数有且仅有两个零点D. 若在和处的切线相互垂直，则【答案】BCD【解析】【分析】解方程得到A错误，解方程得到，解得B正确，计算零点个数为2得到C正确，根据斜率的关系得到，D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故（无解）或，，错误；对选项B：，故或，故，且，解得，正确；对选项C：取，则，，，则，设，在上恒成立，则在上单调递增，则，故，，则，或，正确；对选项D：当和同时为正或者同时为负时不成立，不妨设，，，，则，故，正确.故选：BCD12. 已知四棱柱的底面为正方形，，，则（    ）A. 点在平面内的射影在上B. 平面C. 与平面的交点是的重心D. 二面角的大小为【答案】ACD【解析】【分析】设，，，正方形的边长为1，根据对称性得到A正确，计算得到B错误，根据相似得到得到C正确，确定为二面角的平面角，计算得到D正确，得到答案.【详解】设，，，正方形的边长为1，则，，，对选项A：，，根据对称性知，点在平面内的射影在的角平分线上，即在上，正确；对选项B：，，，错误；对选项C：设，相交于，与交于点，即为与平面的交点，则，为中边上的中线，故为的重心，正确；对选项D：连接与相交于，连接，根据对称性知，又，平面，平面，故为二面角的平面角，，故，故，，，故，正确故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查了空间几何投影，垂直关系，二面角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，把空间关系的证明转化为空间向量的运算，可以简化过程，是解题的关键.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13. 若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为___________．【答案】1【解析】【分析】确定圆的圆心和半径，得到直线过圆心，代入计算得到答案.【详解】，则，圆心为，半径，弦长为2，则直线过圆心，即，解得.故答案为：.14. 幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.【详解】取，则定义域为R，且，，，满足.故答案为：.15. 一个袋子中有个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为，则的最大值为___________．【答案】【解析】【分析】计算并化简得到，根据对勾函数的性质计算最值得到答案.【详解】，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，故当或时，有最小值为，故.故答案为：16. 大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________． 【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】①根据类比图形的结构特点，找到与的面积联系即可.②利用向量加减法的三角形法则，用，表示出即可.【详解】如图：连接，由题意知，且分别为的中点，.所以，,得.，，化简得，所以故答案为：①；②.四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17. 已知，．（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；（2）若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，依题意，即可求出，从而得到函数解析式，再代入计算可得；（2）由对称性得到，，再由函数在区间上的单调性求出的范围，即可得解.【小问1详解】因为，因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，则，所以，解得，所以，所以.小问2详解】由，函数的图象关于对称，所以，，所以，，由，，则，又函数在上单调，所以，解得，所以当时.18. 已知数列的前项和为，，，．（1）求数列的通项公式；（2）求证：．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式.（2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明.【小问1详解】，则，整理得到，故，故是常数列，故，即，当时，，验证时满足，故【小问2详解】，故.19. 梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．（1）求证：；（2）若点到直线的距离为，求的值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案.（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.小问1详解】，，，故，则，即，又平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，则 ，又，，平面，所以平面，又平面，则.【小问2详解】设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，如图所示：有，设，则，设，则，则 ，，，点到直线的距离为，则，即，即，解得，所以.20. 进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．（1）若，求；（2）若，，．①求；②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．【答案】（1）    （2）①；②【解析】【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；（2）①依题意可得，，再利用裂项相消法求和即可；②①可知，即，令，判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得解.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】①因为，，，所以，，所以；②由①可知，所以，令，则，所以单调递减，又，，所以当时，则的最小值为.21. 已知函数，．（1）若，求证：；（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；（2）求出导函数，可得在上单调递增，即可得到存在使得，从而得到的单调性，再分、、三种情况讨论，分别计算可得.【小问1详解】若，则，，所以，又与在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值即最小值，所以.【小问2详解】因为，，，所以，显然与在上单调递增，所以在上单调递增，当时，时，所以存在使得，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，又，由（1）可知时有，此时，显然符合；①若时，有，由上单调递增，且，所以存在使得，要使的解集为集合的子集，而的解集为，因为，所以，又上单调递增，所以，即有，则，令，，则，所以在上单调递增，因为，所以，此时；②若时，所以，又在上单调递减，时，所以所以存在使得，则不等式解集为，因，又，所以只需，又显然成立，所以，符合题意；综上可得.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．22. 已知拋物线和圆．（1）若抛物线的准线与轴相交于点，是过焦点的弦，求的最小值；（2）已知，，是拋物线上互异的三个点，且点异于原点．若直线，被圆截得的弦长都为2，且，求点的坐标．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，设方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示得到，再根据重要不等式计算可得；（2）设，，，即可得到、的方程，由点到直线的距离公式得到、为方程的两根，即可得到，由可得，由斜率之积为，求出，即可得解.【小问1详解】拋物线的焦点为，准线为，则，设方程为，，，由，消去整理得，所以，，所以，，则，当且仅当时取等号，即的最小值为.【小问2详解】设，，，则，，圆的圆心为，半径，所以，则，同理可得，所以、为方程的两根，所以，又，所以，所以，即，解得，所以点坐标为或.