江苏省南京市第五高级中学2023届高三二模热身测试数学试题

这是一份江苏省南京市第五高级中学2023届高三二模热身测试数学试题，共22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。
江苏省南京市第五高级中学2023届高三二模热身测试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．2．复数满足，则（    ）A． B． C． D．53．已知，且，则（    ）A． B．C． D．4．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列．现有一高阶等差数列，其前7项分别为1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第100项为（    ）A．4 923 B．4 933 C．4 941 D．4 9515．有7名运动员（5男2女）参加三个集训营集训，其中集训营安排5人，集训营与集训营各安排1人，且两名女运动员不在同一个集训营，则不同的安排方案种数为（    ）A．18 B．22 C．30 D．366．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，，平分，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．7．“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某地区二氧化碳的排放量达到峰值a（亿吨）后开始下降，其二氧化碳的排放量S（亿吨）与时间t（年）满足函数关系式，若经过5年，二氧化碳的排放量为（亿吨）．已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为（亿吨），则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？（参考数据：）（    ）A．28 B．29 C．30 D．318．已知函数是定义在上的奇函数，且的一个周期为2，则（    ）A．1为的周期 B．的图象关于点对称C． D．的图象关于直线对称 二、多选题9．下列命题中，真命题有（    ）A．数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5B．若随机变量，则C．若事件A，B满足且，则A与B独立D．若随机变量，则10．已知函数的部分图象如图所示，，则（    ）A．函数在上单调递减B．函数在上的值域为C．D．曲线在处的切线斜率为11．如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（    ）A．两条异面直线和所成的角为B．存在点P，使得平面C．对任意点P，平面平面D．点到直线的距离为412．已知直线交轴于点P，圆，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则（    ）A．若直线l与圆M相切，则B．当时，四边形的面积为C．直线经过一定点D．已知点，则为定值 三、填空题13．若命题“”是假命题，则实数的最大值为      ．14．在的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中含x项的系数为        ．15．如图，在等边三角形ABC中，，点N为AC的中点，点M是边CB（包括端点）上的一个动点，则的最大值为           .16．函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为          ． 四、解答题17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求B；(2)设，若点M是边上一点，，且，求的面积．18．已知是首项为2，公差为3的等差数列，数列满足.(1)证明是等比数列，并求的通项公式；(2)若数列与中有公共项，即存在，使得成立.按照从小到大的顺序将这些公共项排列，得到一个新的数列，记作，求.19．如图，在三棱柱中，侧面，已知，，是棱的中点．(1)求二面角的正弦值；(2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求；若不存在，请说明理由．20．某商场为了回馈广大顾客，设计了一个抽奖活动，在抽奖箱中放10个大小相同的小球，其中5个为红色，5个为白色.抽奖方式为：每名顾客进行两次抽奖，每次抽奖从抽奖箱中一次性摸出两个小球.如果每次抽奖摸出的两个小球颜色相同即为中奖，两个小球颜色不同即为不中奖.(1)若规定第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.(2)若规定第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，求中奖次数的分布列和数学期望.(3)如果你是商场老板，如何在上述问两种抽奖方式中进行选择？请写出你的选择及简要理由.21．已知双曲线：（，）的左焦点为，点是双曲线上的一点.(1)求的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为（）的直线交于，两点，连接交于另一点，连接交于另一点，若直线经过点，求直线的斜率.22．已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线方程；(2)若对任意的恒成立，求的取值范围.
参考答案：1．B【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，，所以.故选：B.2．C【分析】根据复数的模长计算公式，列方程即可求解，，进而可求.【详解】设（），由题意得，解得，，所以故选：C3．B【分析】利用余弦的二倍角公式结合的范围求出，进而得到余弦值和正切值，结合诱导公式求出答案.【详解】由题意得，解得或．又，所以，则，，所以，，，，故ACD错误、B正确．故选：B4．D【分析】设该高阶等差数列为，逐项之差成等差数列记为，求出通项公式，由，利用累加法求.【详解】设该高阶等差数列为，则的前7项分别为1，2，4，7，11，16，22.令，则数列为1，2，3，4，5，6，…，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，即，故 .故选：D5．B【分析】利用特殊元素优先考虑及分类加法计数原理即可求解.【详解】由题意可知，完成这件事情分3类，第1类：2个女生分别去，5个男生有1个去了，有种；第2类：2个女生分别去，5个男生有1个去了，有种；第3类：2个女生分别去，5个男生去了，有种；根据分类加法计数原理，不同的安排方案种数为种.故选：B.6．A【分析】根据可知，再根据角平分线定理得到的关系，再根据双曲线定义分别把图中所有线段用表示出来，根据边的关系利用余弦定理即可解出离心率.【详解】因为，所以∽，设，则，设，则，．因为平分，由角平分线定理可知，，所以，所以，由双曲线定义知，即，，①又由得，所以，即是等边三角形，所以．在中，由余弦定理知，即，化简得，把①代入上式得，所以离心率为．故选：A．7．C【分析】根据题设条件可得，令，代入，等式两边取，结合估算即可.【详解】由题意，，即，令，即，故，即，可得，即.故选：C8．C【分析】举例判断A，B，D错误，再由条件结合奇函数的性质和周期函数的性质列关系式论证C正确.【详解】因为为定义域为奇函数，周期为，故函数满足条件，令可得，，函数的最小正周期为4，对称中心为，，函数没有对称轴，A错误，B错误，D错误；因为函数是定义在上的奇函数，所以，取可得，，因为的一个周期为2，所以，取可得，，由可得，函数为周期为4的函数，所以，C正确；故选：C.9．CD【分析】根据百分位数的定义计算并判断A，由二项分布的方差公式判断B，再根据独立事件的概率公式判断C，由正态曲线的对称性判断D.【详解】对于A，对数据排序得到1,2,3,4,5,6, 7,8, 9, 10，由，所以70%分位数是，故A错误；对于B，由知，故B错误；对于C，因为，即，又，即，所以，故A与B独立，故C正确；对于D，由题设，对应正态曲线关于对称，所以，故D正确.故选：CD10．AC【分析】首先根据函数图象，先求函数的解析式，利用代入法分别判断函数的单调性和值域，即可判断AB；根据对称性，得，消元后，利用利用，即可判断C；利用导数的几何意义，求切线的斜率，即可判断D.【详解】由，即，而，所以，由，得（五点法），所以，则．对于A，当时，，此时函数单调递减，所以A正确；对于B，当时，，所以，所以函数在上的值域为，所以B错误；对于C，令得，由三角函数图象的对称性得，所以 ，所以C正确；对于D，，则，所以D错误．故选：AC．11．BCD【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；对于B，当点P与点重合时，由题可知，所以，四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，所以B正确；对于C，连结，由于平面，平面，故，又，故，故，即，故，又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；对于D，由正方体的性质可得，，所以，所以，所以点到直线的距离，所以D正确．故选：BCD．12．ACD【分析】根据圆心到直线距离等于半径建立等式，解出即可判断A；根据求出，进而求出，根据相切可得四边形面积等于两个全等的直角三角形面积和，根据三角形面积公式即可求出结果；根据相切可知四点共圆，且为直径，求出圆的方程即可得弦所在的直线方程，进而判断C；根据直线过定点及可得，即C在以为直径的圆上，求出圆的方程可发现圆心为点，即可判断D.【详解】解：对于A，若直线l与圆M相切，则圆心到直线的距离，解得，所以A正确；对于B，当时，，，，因为为圆的两条切线，所以，所以四边形的面积，所以B错误；对于C，因为，，且，所以四点共圆，且为直径，所以该圆圆心为，半径为，所以圆的方程为：，因为是该圆和圆的相交弦，所以直线的方程为两圆方程相减，即，化简可得：，所以直线经过定点，所以C正确；对于D，因为，所以，因为在直线上，所以即点C在以为直径的圆上，因为，，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为：，圆心为，因为点C在该圆上，所以为定值，所以D正确．故选：ACD13．【分析】由命题的否定转化为恒成立问题，利用二次函数的性质即可求解.【详解】由题知命题的否定“ ”是真命题．令 ，则 解得，故实数的最大值为故答案为：14．【分析】先写出的展开式的通项，然后利用前三项的系数成等差数列来列方程求得，再令通项中的的次数为1可求得，进而可求出展开式中含x项的系数.【详解】的展开式通项为，根据前三项的系数成等差数列得，解得或（舍去）令，得，展开式中含x项的系数.故答案为：.15．3【分析】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可得到答案.【详解】以AB中点为原点，边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，则，，，AC中点.设，则，.∵在直线上，∴，∴，∵，∴当时，的最大值为3.故答案为：3.16．【分析】分和两种情况讨论，当时，根据二次函数的图象得到，当时，分和两种情况讨论，时，将转化为，然后借助函数的单调性和最值解不等式即可.【详解】由题意知，当时，；当时，；当时，．当时，，结合图象知；当时，，当时，显然成立；当时，，令，则，所以在单调递增，在单调递减，所以，所以．综上，实数a的取值范围为．故答案为：．17．(1)(2) 【详解】（1）依题意，由及正弦定理得，即，所以．因为，所以，所以，又，所以．（2）如图所示：因为，所以，．又，所以．在中，由余弦定理得，即．①又，所以，两边平方得，即，所以．②②－①得，所以，代入①得，在中，，所以是以为直角的三角形，所以的面积为．18．(1)证明见解析，，(2)  【分析】（1）利用等差数列与等比数列的定义即可求其通项公式；（2）利用通项公式找出公共项，再分组求和即可.【详解】（1）由题意可得：，而，变形可得：，故是首项为3，公比为3的等比数列.从而，即.（2）由题意可得：，，令 ，则，此时满足条件，即时为公共项，所以 .19．(1)(2)存在，或． 【分析】（1）根据题意先证明，，两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法得出二面角的余弦值，进而即可得到其正弦值；（2）设存在点，从而根据得到点的坐标，再结合（1）可列关于的方程组，求解即可．【详解】（1）因为，，，所以．所以，所以．因为侧面，且侧面，所以．又因为，且，平面，所以直线平面，以为原点，，和的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则知点，，，．则，，，，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，，所以．设平面的法向量为，因为，所以，令，则，所以．因为，，，所以．设二面角为，则，所以二面角的正弦值为．（2）假设存在点，因为，所以，所以的坐标为，所以．由（1）知平面的一个法向量为，所以，得或，所以或．20．(1)分布列答案见解析，数学期望：(2)分布列答案见解析，数学期望：(3)答案见解析 【分析】（1）根据古典概型的运算公式，结合二项分布的性质进行求解即可；（2）根据古典概型的运算公式，结合数学期望公式进行求解即可；（3）根据数学期望的性质，结合商场老板希望进行判断即可.【详解】（1）若第一次抽奖后将球放回抽奖箱，再进行第二次抽奖，则每次中奖的概率为，因为两次抽奖相互独立，所以中奖次数服从二项分布，即，所以的所有可能取值为，则，所以的分布列为012所以的数学期望为.（2）若第一次抽奖后不将球放回抽奖箱，直接进行第二次抽奖，中奖次数的所有可能取值为，则，，，所以的分布列为012所以的数学期望为.（3）因为（1）（2）两问的数学期望相等，第（1）问中两次奖的概率比第（2）问的小，即，第（1）不中奖的概率比第问小，即，回答一：若商场老板希望中两次奖的顾客多，产生宣传效应，则选择按第（2）问方式进行抽.回答二：若商场老板希望中奖的顾客多，则选择按第（1）问方式进行抽奖.21．(1)(2) 【分析】（1）由题意，根据双曲线的定义，结合，可得答案；（2）根据双曲线的对称性，设出点的坐标，设出直线方程，联立方程，写出韦达定理，表示出点的坐标，根据所过已知点，建立方程，可得答案.【详解】（1）易知，，故，.故双曲线的标准方程.（2）方法一：令A为，则为，直线为，直线为，由，设，得，即，，，，同理可得，，，直线经过点，则，，三点共线，即，则有，化简得，，即，故.方法二：令A为，则为，直线为，直线为，由，设，得，即，，同理可得，.令直线为，由，则，即，化简得，解得，，故.【点睛】直线与圆锥曲线的位置问题，常用思路，联立直线与圆锥曲线，写出韦达定理，解得题目中其他条件，整理方程，可求得参数的值或者参数之间的等量关系，也可整理函数关系，求解范围.22．(1)(2) 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程；（2）求导后，设；令，利用导数可求得单调性，得到，采用放缩法可确定，知在上单调递增；当时，由恒成立可确定，满足题意；当时，令，利用导数可说明，得到，结合零点存在定理可说明，使得，由此可说明当时，，不合题意；综合两种情况可得结论.【详解】（1）当时，，则，，又，在处的切线方程为：.（2），令，则，令，则，在上单调递增，，即；当时，，，，，，即，在上单调递增，即在上单调递增；；①当，即时，，在上单调递增，，满足题意；②当，即时，；令，则，在上单调递增，，即，又，，使得，当时，，则在上单调递减，此时，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查根据导数几何意义求解切线方程、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是能够根据端点效应，说明当时，单调递增；当时，结合零点存在定理说明存在的区间，由此可得参数范围.