2023届江苏省南京市、盐城市高三下学期一模数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市、盐城市高三下学期一模数学试题含解析，共20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。
2023届江苏省南京市、盐城市高三下学期一模数学试题 一、单选题1．设，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别分析两个集合中的元素所代表的意思即可判断选项.【详解】解：因为，因为，所以集合是由所有奇数的一半组成，而集合是由所有整数的一半组成，故.故选：B2．若为奇函数，则的值为（    ）A．-1 B．0 C．1 D．-1或1【答案】A【分析】根据奇函数的定义，取特殊情况 ，可以快速求解出的值.【详解】由题得： ，故.故选:A.3．某种品牌手机的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为（    ）A．0.9 B．0.7 C．0.3 D．0.1【答案】D【分析】根据正态分布的对称性求解即可.【详解】由题得：，故，因为，所以根据对称性得：.故选：D.4．已知函数的图象关于直线对称，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦函数的图象的对称性可得，由此可以求出的值.【详解】由题得：，故，而，所以.故选：B.5．三星堆古遗址作为“长江文明之源"，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据.玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体边长，继而求出球的表面积.【详解】不妨设正方体的边长为，球О的半径为R，则圆柱的底面半径为a，因为正方体的体对角线即为球О直径，故，利用勾股定理得：，解得，球的表面积为，故选：C.6．设等比数列的前项和为.已知，，则（    ）A． B．16 C．30 D．【答案】D【分析】根据递推关系可求出等比数列的公比、首项，由求和公式得解.【详解】由题得：①，②，①②得： ，，则，代入①中，即，，故，故选：D.7．已知椭圆：的两条弦相交于点（点在第一象限），且轴，轴.若，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，进而得的坐标，进而根据对称性得，再代入椭圆方程整理得，最后求解离心率即可.【详解】解：设，则，，由题知关于x轴对称，关于轴对称，所以，，即，，所以，所以，即，所以，即，所以椭圆的离心率为.故选：B8．设，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由指数式的取值范围可得且，通过构造函数证明不成立，可得到正确选项.【详解】因为，所以，所以，，所以，所以，若，则，设在上单调递增，所以，即，不合题意.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于，由，，构造函数，通过单调性证明若则存在矛盾. 二、多选题9．新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是年至年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产盘的比例）情况，则（    ）A．年我国新能源汽车年产量逐年增加B．年我国新能源汽车年产量的极差为万辆C．年我国汽车年总产量超过万辆D．年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量【答案】BCD【分析】根据我国新能源汽车年产量图可判断AB选项；计算出、、这三年我国汽车年总产量，可判断CD选项.【详解】对于A选项，由图可知，从年到年，我国新能源汽车年产量在下降，A错；对于B选项，年我国新能源汽车年产量的极差为万辆，B对；对于C选项，年我国汽车年总产量约为万辆，C对；对于D选项，年我国汽车年总产量为万辆，年我国汽车年总产量为万辆，所以，年我国汽车年总产量低于年我国汽车年总产量，D对.故选：BCD.10．已知为复数，设，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】根据复数的几何意义、共轭复数、复数的乘法运算可以表示出，，三点的坐标，通过向量的模长、向量的平行和垂直知识进而可以判断.【详解】设，，，，，，对于A，，故选项A正确；对于B， ，，故选项B正确；对于C，，当时，，故选项C错误；对于D， ，可以为零，也可以不为零，所以不一定平行于，故选项D错误.故选:AB.11．已知点，，点P为圆C：上的动点，则（    ）A．面积的最小值为 B．的最小值为C．的最大值为 D．的最大值为【答案】BCD【分析】对于A，点P动到圆C的最低点时，面积的最小值，利用三角形面积公式；对于B，当点P动到点时，取到最小值，通过两点间距离公式即可求解；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，利用正弦值，求角即可求解；对于D，利用平面向量数量积的几何意义进行求解.【详解】，圆C是以为圆心，为半径的圆.对于A，面积的最小值为点P动到圆C的最低点时，，，故选项A错误；对于B，连接交圆于点，当点P动到点时，取到最小值为，故选项B正确；对于C，当 运动到与圆C相切时，取得最大值，设切点为,，，，故选项C正确；对于D，，当点P动到点时，取得最大值，即在上的投影，，故选项D正确；故选：BCD.12．已知，且，，是在内的三个不同零点，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据题意结合余弦函数的图像性质，解出，，，即可判断选项A、B，将根据诱导公式化为，分子分母同乘，结合倍角公式即可判断C，将通过诱导公式化为，再将分子分母同乘，结合积化和差公式进行化简即可判断D.【详解】解：由题知，，是的三个根，可化为，即，所以可得或，，解得或，，因为，所以不成立，当，成立时，取，解得， 取，解得，取，解得，取，解得（舍），故，，， 所以选项A正确；因为，所以选项B错误；，故选项C正确；而，根据积化和差公式：，所以原式可化为：，故选项D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：此题考查三角函数的化简问题，属于中难题，关于化简问题常用的思路有：（1）利用诱导公式将角化为关系比较接近的；（2）遇见的形式，分子分母同乘，再用倍角公式化简；（3）积化和差公式：，，，. 三、填空题13．编号为1，2，3，4的四位同学，分别就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每位座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为___________.【答案】6【分析】4人中选2人出来，他们的两编号一致，剩下2人编号不一致，只有一种坐法，由乘法原理可得．【详解】由题意4人中选2人出来，他们的两编号一致，剩下2人编号不一致，只有一种坐法，方法数为．故答案为：6.14．已知向量，满足，，.设，则___________.【答案】##-0.8【分析】法一：采用特殊值法，设，，求得，最终可求；法二：直接求解，根据向量夹角公式求解即可.【详解】法一：设，，则，所以.法二：，又，则.故答案为：15．已知抛物线的焦点为F，点Р是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B.若PB平行于轴，则AF的长度为____________.【答案】3【分析】根据题意分别设出点的坐标，根据可建立变量之间的等式，再根据A、B、F在一条直线上，可再建立一个等式，两等式联立求出点的坐标，再根据两点间的距离公式即可求得结果.【详解】解：因为抛物线，所以，根据题意不妨设，，，因为，所以，即，解得，即①，因为A、B、F三点共线，所以，即，即，即②，①除以②可得，，即，即，将代入①中可得,即，解得（舍）或，所以，代入中可得，所以.故答案为：316．直线与曲线：及曲线：分别交于点A，B.曲线在A处的切线为，曲线在B处的切线为.若，相交于点C，则面积的最小值为____________.【答案】2【分析】利用导数的几何意义，设出直线，求出交点的横坐标，从而求出，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】设，由，得到，由，得到所以由导数的几何意义得：，，联立方程解得：的面积，令，所以，当且仅当，即时取等号.故答案为：2 四、解答题17．在数列中，若，则称数列为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”.已知数列是一个“泛等差数列”，数列满足.(1)若数列的“泛差”，且，，成等差数列，求；(2)若数列的“泛差”，且，求数列的通项.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据“泛差”，联立得，解出即可.（2）由题，升次作差得，结合，整体代入可得，即可写出其通项.【详解】（1）“泛差”，，，，，联立三式得，化简得，解得.（2），则，由，①，②②①得，即，且.所以为等差数列，首项为，公差为，.18．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)若，求的值；(2)在下列条件中选择一个，判断是否存在，如果存在，求的最小值；如果不存在，说明理由.①的面积；②；③.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）在中用正弦定理将边转化为角化简，再根据同角的平方关系，结合角的范围即可得出结果；（2）选①，根据面积公式结合题中等式可建立关于的等式，根据等式求出的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选②，将带入题中等式可建立关于的等式，进而求得的最小值以及最小值时的边和角即可判断是否存在；选③，根据可知为直角三角形且，互余，结合正弦定理代入题中等式进行化简可得，显然不成立，可得结果.【详解】（1）解：因为，在中由正弦定理可得，代入可得：，又，所以或，又因为，所以，故；（2）选①，因为，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以当，即时，，，此时，，，所以存在.选②，因为，，所以.所以，因为，所以，所以当，即时，，，此时，，，所以存在.选③，因为C为直角，所以A，B互余，且，由，在中由正弦定理代入可得：，化简可知，等式矛盾，故这样的不存在.19．如图，在多面体中，平面平面，平面，和均为正三角形，，.(1)在线段上是否存在点F，使得平面?说明理由；(2)求平面与平面所成的锐二面角的正切值.【答案】(1)存在，理由见解析(2) 【分析】（1）记中点为M，连结，根据线面平行的判定定理即可得出结论；（2）连结，过点B作的垂线，连结，作出平面与平面所成的二面角的平面角，解三角形，即可求得答案.【详解】（1）记中点为M，连结，为正三角形，,则，且.因为平面平面 ，平面平面，平面ACD,所以平面，又因为平面，所以.延长交于点G，则为平面与平面的交线，因为，故，所以B为的中点，取中点F，连结，则，因为平面 ，平面，所以平面.即线段上存在点F，当时，平面.（2）连结，则为平面与平面的交线，在平面内，过点B作的垂线，垂足为H.连结，因为平面，平面，故,平面，故平面，平面，故,则为平面与平面所成的二面角的平面角.为正三角形，，故，则,且,故在中，，故，而，故,又因为，所以，即平面与平面所成的锐二面角的正切值为.20．人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大.人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率）.(1)求首次试验结束的概率；(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.①求选到的袋子为甲袋的概率，②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案；方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】(1)(2)①；②方案二中取到红球的概率更大. 【分析】（1）根据全概率公式，解决抽签问题；（2）利用条件概率公式计算，根据数据下结论.【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，（1）.所以试验一次结果为红球的概率为.（2）①因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.②由①得，所以方案一中取到红球的概率为：，方案二中取到红球的概率为：，因为，所以方案二中取到红球的概率更大.21．已知双曲线：的离心率为，直线：与双曲线C仅有一个公共点.(1)求双曲线的方程(2)设双曲线的左顶点为，直线平行于，且交双曲线C于M，N两点，求证：的垂心在双曲线C上.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）由离心率为可得，再联立直线与双曲线利用判别式可得的方程；（2）设方程，及的坐标，由过A引的垂线交C于另一点H，可得点H为.再证即可.【详解】（1）因为双曲线的离心率为，所以，即，所以双曲线的方程为，联立直线与双曲线的方程，消去得，即，因为与双曲线C仅有一个公共点，所以，解得,故双曲线的方程为.（2）设，，则满足消去得，所以，，如图所示，过A引的垂线交C于另一点H，则AH的方程为.代入得，即（舍去）或.所以点H为.所以，所以，故为的垂心，得证.【点睛】关键点睛：本题考察直线与圆锥曲线的位置关系，属于压轴题.先求一条垂线与双曲线的交点，再证另两条过交点的直线互相垂直，由此得证，其中化简斜率关系是关键，用到了转化及整体消元的思想.22．已知，函数，.(1)若，求证：仅有1个零点；(2)若有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）代入，求出导数，通过证明单调性继而证明出仅有1个零点；（2）由解析式可知，证明有两个零点，只需证明在或上存在零点，分类讨论的不同取值时，在这两个区间的单调情况，以及取值范围从而求出实数的取值范围.【详解】（1）当，，时，，所以在上单调递增，且，所以仅有1个零点.（2），当时，，在上单调递增，此时仅有1个零点0；当时，时，设，则，所以在上单调递减，所以，所以在上单调递增，时，，，所以在上单调递减，此时仅有1个零点0；当时，，由上知在上单调递增，在上，，所以存在，使得，在上单调递增，在上单调递减，所以，，要使有两个零点，则，此时；当时，由上知在上单调递减，且在上单调递减，，时，，则，所以存在使得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，时，，所以，所以在上有1个零点，此时有两个零点.综上，的取值范围为【点睛】方法点睛：本题中在判断零点范围是使用了两个技巧：①合理的放缩函数，如，，在有限定义域内放缩一般要求被放缩函数存在上界或者下界，将函数放缩至上确界或者下确界；②通过函数取值范围确定零点范围，如通过可得，通过可得，此处用到整体换元的思想，令.