2023届江苏省盐城中学毓龙路校区高三一模数学试题含解析

这是一份2023届江苏省盐城中学毓龙路校区高三一模数学试题含解析，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届江苏省盐城中学毓龙路校区高三一模数学试题 一、单选题1．满足等式的集合X共有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】根据方程的实数根可得集合，则，由集合的并集与元素的关系即可得符合条件的所有集合.【详解】解：方程的实数根有，解集构成的集合为，即，则符合该等式的集合为，，，，故这样的集合共有4个.故选：D.2．已知，下列选项中不是方程的根的是（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】利用因式分解与复数的性质求根即可.【详解】因为，，所以，即，解得或，故选项ACD中是方程的根，B中不是.故选：B3．有一个正四棱台的油槽，可以装油152升.若油槽的上下底面边长分别为60cm和40cm，则它的深度是（    ）A．180cm B．80cm C．60cm D．30cm【答案】C【分析】设出油槽的深度，再利用棱台的体积计算公式即可得解.【详解】依题意，设油槽的深度为cm，因为升，油槽的上底面面积为，下底面面积为，所以由棱台的体积计算公式可得：，解得，所以油槽的深度为60cm故选：C.4．已知向量不共线，则“”是“的夹角为钝角”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】分别对命题的充分性和必要性进行判断即可得到答案.【详解】充分性：因为，向量不共线，所以，即的夹角为钝角，满足充分性.必要性：若的夹角为，，，则，所以不满足，不满足充分性.所以“”是“的夹角为钝角”的充分不必要条件.故选：A5．下列函数中，最小正周期为且图象关于原点对称的函数是（  ）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的周期，函数的奇偶性，判断求解即可．【详解】解：y＝cos（2x）＝﹣sin2x，是奇函数，函数的周期为：π，满足题意，所以A正确y＝sin（2x）＝cos2x，函数是偶函数，周期为：π，不满足题意，所以B不正确；y＝sin2x+cos2xsin（2x），函数是非奇非偶函数，周期为π，所以C不正确；y＝sinx+cosxsin（x），函数是非奇非偶函数，周期为2π，所以D不正确；故选A．【解析】三角函数的性质. 6．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A．144个 B．120个 C．96个 D．72个【答案】B【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，共有72+48=120个．故选B【解析】排列、组合及简单计数问题． 7．若定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中一定错误的是（ ）A． B．C． D．【答案】C【详解】试题分析：令，则，因此，所以选C.【解析】利用导数研究不等式【方法点睛】利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如构造，构造，构造，构造等 8．已知数列的前项和满足．若存在，使得，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用求通项公式，判断出数列不单调，只需，即可求得.【详解】因为数列的前项和满足，所以当n=1时，有.不合题意；所以，解得：；当时，.，解得：.设，解得：，可得：，所以是公比为，首项的等比数列，所以，所以.经检验，对n=1也成立.若存在，使得，则数列不单调.只需，则正负项交替出现，符合题意，此时.当时，单调递增，不符合题意；当时，单调递减，不符合题意；而.综上所述：.故选：A 二、多选题9．有3台车床加工同一型号的零件，第1台加工的次品率为，第2，3台加工的次品率均为，加工出来的零件混放在一起，第1，2，3台车床加工的零件数分别占总数的，，．随机取一个零件，记“零件为次品”， “零件为第台车床加工” ，，，下列结论正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】由全概率公式和条件概率依次判断4个选项即可．【详解】对于A：因为，故A错误；对于B：因为，故B正确；对于C：因为，，所以，故C正确；对于D：由上可得，又因为，故D错误，故选：BC．10．已知函数，则（    ）A．的最小正周期为B．的图像关于点对称C．在上单调递减D．的值域为【答案】BD【分析】A选项，验证是否成立；B选项，验证是否成立，并结合函数定义域判断；C选项，利用倍角公式将函数变型，结合正切函数单调性判断；D选项，求出真数部分的范围，结合对数函数的性质判断.【详解】A选项，由于，故不是的最小正周期，故A选项错误；B选项，，即，对于函数，应有，求得，，，故函数的定义域为，结合定义域和可知的图像关于点对称，B选项正确；C选项，，时，，故，此时，根据正切函数的单调性在上递增，则由复合函数的单调性，在上递增，C选项错误；由于，，故函数，根据对数函数的性质，，D选项正确.故选：BD11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）A．B．延长交直线于点，则，，三点共线C．D．若平分，则【答案】AB【分析】根据题设和抛物线和性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.【详解】由题意知，点，，如图：将代入，得，所以，则直线的斜率，则直线的方程为，即，联立，得，解得，，又时，，则 所以，所以A选项正确；又 ，所以C选项错误；又知直线轴，且，则直线的方程为，又，所以直线的方程为，令，解得，即，在直线上，所以，，三点共线，所以B选项正确；设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，若平分，即，即，所以，则，且，解得，又，解得：，所以D选项错误；故选：AB.12．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列的性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.【详解】由题可知，；，；，由此可知，即一个等比数列；A：，A错误；B：，因为，所以该数列为递减数列，又因为当时，，所以恒成立，B正确；C：，即，两边约去得到，当时，，原式成立；当时，恒成立，所以成立，即成立，C正确；D：令，再令，令解得，因为，所以取，由此可知时；时，故为最大值，，根据单调性，即不恒成立，D错误.故选：BC 三、填空题13．已知（）展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，则其展开式中常数项是________.【答案】##【分析】根据题意得，再利用其通项公式即可求得展开式中的常数项．【详解】解：因为（）展开式中第5项和第6项的二项式系数最大，所以，解得 所以展开式的通项为，由得，，所以常数项为第四项．故答案为：14．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原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则第11项是___________【答案】【分析】由观察知，可得为偶数和为奇数的通项公式，然后代入，求解即可.【详解】观察此数列可知，当为偶数时，，当为奇数时，，所以.故答案为：15．正四面体棱长为2，E，F，G分别为，，的中点，过G作平面，则平面截正四面体，所得截面的面积为______．【答案】1【分析】根据题意作出图形，利用线面垂直的判定可得截面为边长为1的正方形，进而求解.【详解】分别取的中点，连接，由题意可知：且，又因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，由因为且，所以，则平行四边形为菱形，因为为正四面体，所以三角形是边长为2的正三角形，所以且，同理且，又，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，，所以，所以菱形为正方形.因为，且为的中点，所以，因为，所以，同理，，平面，所以平面，所以过G作平面，则平面截正四面体所得的图形即为正方形，所以截面面积为，故答案为：.16．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是_________．【答案】【分析】根据题意可得轴，分别根据的边长利用等面积法求出内切圆各自的半径，然后即可求出的面积.【详解】如图，因为圆分别是的内切圆，轴，所以轴，因为双曲线，所以，，，，将代入，得，即，，可以得，，再由双曲线的定义可知，由和全等可得两内切圆的半径相等，是的角平分线，所以内切圆的圆心在轴上，设圆的半径为，圆的半径为，由等面积法可得，即，解得，同理，即，解得，则的面积为，故答案为：  四、解答题17．已知数列满足，且成等差数列.（Ⅰ）求的值和的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.【答案】（Ⅰ） ; （Ⅱ）.【详解】（Ⅰ） 由已知，有，即，所以，又因为，故，由，得，当时，，当时，，所以的通项公式为（Ⅱ） 由（Ⅰ）得，设数列的前项和为，则，两式相减得，整理得所以数列的前项和为.【解析】等差数列定义、等比数列及前项和公式、错位相减法求和. 18．已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.(1)若角，求角；(2)若，求的最大值【答案】(1)(2)最大值为 【分析】（1）运用两角和差的正余弦公式进行化简即可；（2）根据（1）中结论运用正弦定理得到，然后把表示为的函数，再利用降次公式化简，结合内角取值范围及求解.【详解】（1）由题意知.所以，所以，所以，因为，所以，所以，因为，所以，由角，所以.（2）由（1）知，所以，，因为，所以，由正弦定理得：，所以，因为，所以，所以，因为为锐角三角形，且，则有，得，所以，由二次函数的性质可得，当时，取得最大值，所以的最大值为.19．如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，是底面圆周上一点，与平面所成的角为30°，点，分别在，上，且平面.(1)求的值；(2)求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据线面角定义先求证出到平面的投影落于点O，得出的结论，再以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，找出P、N、C三点坐标即可解出答案；（2）根据（1）坐标系，找出平面与平面的法向量，根据法向量与面面角关系即可解出答案.【详解】（1）过作，垂足为，∵底面，平面，∴平面平面，∴平面，∴为直线与平面所成的角，即.∴，点与点重合，即.以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.设，则，，.故.∵平面，∴，即，即，解得，所以.（2）∵平面，∴是平面的一个法向量.设平面的一个法向量为，则，所以，取，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.20．抽屉中装有5双规格相同的筷子，其中2双是一次性筷子，3双是非一次性筷子，每次使用筷子时，从抽屉中随机取出1双，若取出的是一次性筷子，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性筷子，则使用后经过清洗再次放入抽屉中，求：(1)在第2次取出的是非一次性筷子的条件下，第1次取出的是一次性筷子的概率；(2)取了3次后，取出的一次性筷子的个数（双）的分布列及数学期望；(3)取了，…）次后，所有一次性筷子刚好全部取出的概率．【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望为(3)答案见解析 【分析】（1）运用条件概率公式计算；（2）按照独立事件计算；（3）运用独立事件的概率乘法公式结合等比数列求和计算即可.【详解】（1）设取出的是第一次是一次性筷子为事件A，取出的是第二次非一次性筷子为事件B，则 ， ，所以在第二次是非一次性筷子的前提下，第一次是一次性筷子的概率 ；（2）对于 ，表示三次都是非一次性筷子，非一次性筷子是由放回的， ；对于，表示三次中有一次筷子，对应的情况有第一次，第二次，第三次是一次性筷子， ；对于 ，表示三次中有一次是非一次性筷子，同样有第一次第二次第三次之分， ； X012P  数学期望 ；（3）n次取完表示最后一次是一次性筷子,则前次中有一次取得一次性筷子，所以 21．平面直角坐标系中，椭圆的离心率是，抛物线的焦点是的一个顶点.设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点.(1)求证：点在定直线上；(2)直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值及取得最大值时点的坐标：【答案】(1)证明见解析(2)最大值，点的坐标为 【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标，以及椭圆的，，的关系，解得，，进而得到椭圆的方程，设，，运用导数求得切线的斜率和方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，可得中点的坐标，求得的方程，再令，可得.进而得到定直线；（2）由直线的方程为，令，可得，运用三角形的面积公式，可得，，化简整理，再，整理可得的二次方程，进而得到最大值及此时的坐标.【详解】（1）证明：由题意可得，抛物线的焦点为，即有，，解得，，可得椭圆的方程为；设,，可得，由的导数为，即有切线的斜率为，则切线的方程为，可化为，代入椭圆方程，可得，，可得.设，，，，可得，即有中点，，直线的方程为，可令，可得，即有点在定直线上；（2）直线的方程为，令，可得，则；，则，令，则，则当，即时，取得最大值，此时点的坐标为.【点睛】关键点睛：本题考查椭圆的方程的求法，解决本题的关键是注意运用椭圆的离心率和抛物线的焦点坐标确定曲线方程，利用抛物线得切线方程，切线与椭圆联立得交点坐标关系，根据直线方程和坐标运算求解三角形的面积.22．已知，设函数，为的导函数，且恒成立.(1)求实数的取值范围；(2)设的零点为，的极小值点为，证明：.【答案】(1)(2)见解析 【分析】（1）由函数解析式求导，根据分离变量整理不等式，构造新函数，利用导数求新函数的最值，可得答案；（2）根据零点与极小值点的定义，整理与的等量关系，利用函数的单调性，比较其大小，根据（1）求得的的取值范围，结合不等式的性质，可得答案.【详解】（1）由函数，则，即不等式，代入可得，由，则不等式整理可得，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，则，解得.（2）因为函数的零点为，所以，则，解得，由（1）知，令，则，令，则，故函数在上单调递增，所以，由（1）可知，，故存在，使得，所以当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增.所以是函数的极小值点，即是的极小值点，因此，则，，又，由，所以，所以，又由（1）知，所以，所以，又因为，所以，因为函数，因为函数在上单调递增，所以，则.由，则，即，可得，由，则，即，故.【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.