2023届江苏省南京市秦淮中学高三下学期检测一数学试题含解析

这是一份2023届江苏省南京市秦淮中学高三下学期检测一数学试题含解析，共21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届江苏省南京市秦淮中学高三下学期检测一数学试题 一、单选题1．设集合，则（   ）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得集合P，计算函数的定义域得集合Q，再计算两个集合的交集.【详解】解不等式得，又因为，则集合.因为在函数中作真数，所以，得，集合，得.故选：B.2．复数的虚部是（    ）A． B． C． D．1【答案】D【分析】由复数的运算化简，再求虚部.【详解】即复数的虚部是1故选：D3．三个数的大小顺序为A． B．C． D．【答案】D【详解】试题分析：，所以.【解析】比较大小.4．设a为实数，函数的导函数是，且是偶函数，则曲线在原点处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用导数加法法则，可得，结合偶函数概念可得，根据曲线在某点处的导数几何意义，可得结果.【详解】由所以，又是偶函数，所以，即所以则，所以曲线在原点处的切线方程为故选：A【点睛】本题重在考查曲线在某点处的切线方程，要审清题干，注意：是在某点处的切线方程，还是过某点的切线方程，属基础题.5．已知抛物线的焦点为，准线为.若与双曲线的两条渐近线分别交于点A和点B，且（为原点），则双曲线的离心率为A． B． C．2 D．【答案】D【分析】只需把用表示出来，即可根据双曲线离心率的定义求得离心率．【详解】抛物线的准线的方程为，双曲线的渐近线方程为，则有∴，，，∴．故选D．【点睛】本题考查抛物线和双曲线的性质以及离心率的求解，解题关键是求出AB的长度．6．下列说法中正确的是（   ）A．单位向量都相等B．平行向量不一定是共线向量C．对于任意向量，必有D．若满足且与同向，则【答案】C【分析】对于A：根据单位向量的概念即可判断；对于B：根据共线向量的定义即可判断；对于C：分类讨论向量的方向，根据三角形法则即可判断；对于D：根据向量不能比较大小即可判断.【详解】依题意，对于A，单位向量模都相等，方向不一定相同，故错误；对于B，平行向量就是共线向量，故错误；对于C，若同向共线，，若反向共线，，若不共线，根据向量加法的三角形法则及两边之和大于第三边知.综上可知对于任意向量，必有，故正确；对于D，两个向量不能比较大小，故错误.故选：C.7．已知函数，既有最小值也有最大值，则实数的取值范围是（    ）A． B． C．或 D．【答案】C【解析】根据题意得到或，计算得到答案.【详解】，则函数有最小值也有最大值则或故选：【点睛】本题考查了三角函数的最值问题，漏解是容易发生的错误.8．设，，且，则当取最小值时，（    ）A．8 B．12 C．16 D．【答案】B【分析】首先利用基本不等式的性质得到时，取最小值，再计算即可.【详解】，，当取最小值时，取最小值，，，，，，当且仅当即时取等号，.故选： 二、多选题9．如图，四棱锥的底面是边长为正方形，底面，，分别为的中点，过的平面与交于点，则（    ）A．B．C．以为球心，为半径的球面与底面的交线长为D．四棱锥外接球体积为【答案】AC【分析】作出辅助线，利用三角形相似的性质，可知是靠近点的三等分点，从而可以判断A；建立坐标系，利用向量法可以判断B；由题意可知截面为以为圆心的圆弧，求出圆弧长即可判断C；四棱锥放置到一个正方体中，利用对角线求出球的半径，从而求得体积，即可判断D【详解】对于选项A：延长交延长线于点，连接交于点，取中点，连接，由，易知，，所以，，，所以是靠近点的三等分点，故，所以选项A正确；对于选项B：如图以为原点，，分别为轴建立坐标系，则，，显然与不平行，故与不平行，所以选项B错误；对于选项C：为球心， 为半径，，平面， 故面与球的截面是以为圆心，半径为的圆的圆，交线长为圆弧，即，所以选项C正确；对于选项D：四棱锥是正方体的一部分，则四棱锥外接球相当于正方体的外接球，设四棱锥外接球的半径为，则，所以，故四棱锥外接球体积为，所以选项D错误.故选：AC.10．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则B的值为（    ）A． B． C． D．【答案】BD【分析】利用余弦定理代入式子中能得到，结合的范围即能得到答案【详解】解：根据余弦定理可知，代入，可得，即，因为，所以或，故选：BD.11．设函数，下列四个命题正确的是（    ）A．函数为偶函数B．若，其中，，，则C．函数在上为单调递增函数D．若，则【答案】ABD【分析】A选项，由，即可得出为偶函数；B选项，由已知可得，利用对数的运算性质可得：，可得；C选项，由，解出可得函数的定义域为，即可判断出正误；D选项，由，可得，，作差，化简即可得出正误.【详解】解：，.函数，∵，∴为偶函数，故A正确；若，其中，，∵，，∴，∴，故B正确；函数，由，解得，∴函数的定义域为，因此在上不具有单调性，故C不正确；若，∴，∴，故，即，故D正确.故选：ABD.【点睛】本题考查了对数函数的奇偶性、单调性的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.12．已知直线和点，过点A作直线与直线相交于点B，且，则直线的方程为（   ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】设点，由A，B两点间的距离列出方程，解出点B，得直线的方程.【详解】因为点B在直线：上，设点，因为，则，解得或，则B点坐标为或，当B点坐标为时，直线的方程为；当B点坐标为时，直线的方程为，即.故选：AC. 三、填空题13．过氧化氢（）是一种重要的化学品，工业用途广泛，通过催化和直接合成目前被认为是一种最有潜力替代现有生产方法的绿色环保生产途径.在自然界中，已知氧的同位素有17种，氢的同位素有3种，现有由，及，，五种原子中的几种构成的过氧化氢分子，则分子种数最多为______________.【答案】18【分析】由分步乘法计数，再分类加法计数即可求.【详解】过氧化氢分子中有2个氧原子和2个氢原子，共4个原子. 构成过氧化氢分子的氧原子可以从2种不同的氧原子中选出1种或2种，取法共有（种）；构成过氧化氢分子的氢原子可以从3种不同的氢原子中选出1种或2种，取法共有（种）.因此构成的过氧化氢分子的种数最多为.故答案为：18.14．圆与圆的交点为A，B，则弦AB的长为______．【答案】【分析】先求出两圆的公共弦方程，观察发现的圆心在公共弦上，从而得到弦AB的长为圆的直径，求出公共弦长.【详解】圆与圆联立可得：公共弦的方程为，变形为，故的圆心为，半径为，而满足，故弦AB的长为圆的直径，故弦AB的长为．故答案为：.15．设点，若直线关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是________．【答案】【分析】首先求出点关于对称点的坐标，即可得到直线的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：关于对称的点的坐标为，在直线上，所以所在直线即为直线，所以直线为，即；圆，圆心，半径，依题意圆心到直线的距离，即，解得，即；故答案为： 16．双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的焦距为___________.【答案】【分析】根据已知渐近线的方程求出，进而结合即可求出结果.【详解】因为双曲线的渐近线方程为，结合已知条件可得，故焦距为，故答案为：. 四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.已知等差数列的公差为，等差数列的公差为.设分别是数列的前项和，且，         ，（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】方案一：（1）根据等差数列的通项公式及前n项和公式列方程组，求出和，从而写出数列的通项公式；（2）由第（1）题的结论，写出数列的通项，采用分组求和、等比求和公式以及裂项相消法，求出数列的前项和.其余两个方案与方案一的解法相近似.【详解】解：方案一：（1）∵数列都是等差数列，且，，解得，综上（2）由（1）得：方案二：（1）∵数列都是等差数列，且，解得，.综上，（2）同方案一方案三：（1）∵数列都是等差数列，且.，解得，，.综上，（2）同方案一【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式的应用，考查了分组求和、等比求和及裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题.18．已知的内角所对的边分别为，且满足．(1)求角B的大小；(2)若，设的面积为S，满足，求b的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）切化弦后由正弦定理化边为角，并利用两角和的正弦公式、诱导公式化简变形可得角大小；（2）由三角形面积公式得，再由正弦定理可求得．【详解】（1）由，得，根据正弦定理，得．因为，所以，所以．因为，所以，所以，则．（2）由，得．又由正弦定理得，所以，解得．19．如图，三棱柱的侧棱底面，，E是棱上的动点，F是的中点，，，．（1）当是棱的中点时，求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值是？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得平面；（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法可得出关于的方程，结合的取值范围可求得的值，由此可得出结论.【详解】（1）证明：取的中点，连接、．、分别是、的中点，且，在三棱柱中，且，为的中点，则且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面；（2）以为坐标原点，射线、、分别为轴、轴、轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则、、，， 设，平面的一个法向量为，则，由，得，令，可得，易得平面的一个法向量为，二面角的余弦值为，即整理得，，解得.因此，在棱上存在点，使得二面角的余弦值是，此时．【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角的动点问题，考查计算能力与推理能力，属于中等题.20．设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，．(1)求C的方程；(2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解；（2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解.【详解】（1）抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时，所以，所以抛物线C的方程为；（2）[方法一]：【最优解】直线方程横截式设，直线，由可得，，由斜率公式可得，，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，所以又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以，若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法二]：直线方程点斜式由题可知，直线MN的斜率存在.设,直线由 得：，,同理，.直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，.代入抛物线方程可得:,所以，同理可得，由斜率公式可得：（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，设直线，代入抛物线方程可得，，所以，所以直线.[方法三]：三点共线设，设,若 P、M、N三点共线，由所以，化简得，反之，若,可得MN过定点因此，由M、N、F三点共线，得，      由M、D、A三点共线，得，      由N、D、B三点共线，得，则，AB过定点（4,0）（下同方法一）若要使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以当最大时，，所以直线.【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程的运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法；法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一；法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 21．垃圾是人类日常生活和生产中产生的废弃物，由于排出量大，成分复杂多样，且具有污染性，所以需要无害化、减量化处理.某市为调查产生的垃圾数量，采用简单随机抽样的方法抽取20个县城进行了分析，得到样本数据，其中和分别表示第个县城的人口（单位：万人）和该县年垃圾产生总量（单位：吨），并计算得，，，，.（1）请用相关系数说明该组数据中与之间的关系可用线性回归模型进行拟合；（2）求关于的线性回归方程；（3）某科研机构研发了两款垃圾处理机器，其中甲款机器每台售价100万元，乙款机器每台售价80万元，下表是以往两款垃圾处理机器的使用年限统计表： 1年2年3年4年合计甲款520151050乙款152010550 根据以往经验可知，某县城每年可获得政府支持的垃圾处理费用为50万元，若仅考虑购买机器的成本和每台机器的使用年限（使用年限均为整年），以频率估计概率，该县城选择购买一台哪款垃圾处理机器更划算？参考公式：相关系数，对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：，.【答案】（1）因为与的相关系数接近，所以与之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合；（2）；（3）甲款.【解析】（1）根据相关系数的计算公式及参考数据即可得出结论；（2）根据参考公式及参考数据即可求解；（3）分别求出从两款机器中购买一台节的政府支持的拉圾外理费用的分布列，然后分别求出期望，比较即可得出结果【详解】解（1）由题意知相关系数，因为与的相关系数接近，所以与之间具有较强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合.（2）由题意可得，，，所以.（3）以频率估计概率，购买一台甲款垃圾处理机器节约政府支持的垃圾处理费用（单位：万元）的分布列为：050100 （万元）.购买一台乙款垃圾处理机器节约政府支持的垃圾处理费用（单位：万元）的分布列为：2070120 （万元）.因为，所以该县城选择购买一台甲款垃圾处理机器更划算.【点睛】思路点睛：求解回归直线方程时，一般根据题中数据，计算变量的平均值，根据最小二乘法，结合公式求解.22．已知函数．(1)当时，讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围；(3)设，证明：．【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)(3)见解析 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性.（2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】（1）当时，，则，当时，，当时，，故的减区间为，增区间为.（2）设，则，又，设，则，若，则，因为为连续不间断函数，故存在，使得，总有，故在为增函数，故，故在为增函数，故，与题设矛盾.若，则，下证：对任意，总有成立，证明：设，故，故在上为减函数，故即成立.由上述不等式有，故总成立，即在上为减函数，所以.当时，有，    所以在上为减函数，所以.综上，.（3）取，则，总有成立，令，则，故即对任意的恒成立.所以对任意的，有，整理得到：，故，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.