江苏省徐州市睢宁县第一中学2023届高三下学期5月模拟数学试题（含解析）

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江苏省徐州市睢宁县第一中学2023届高三下学期5月模拟数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知均为的子集，且，则（    ）
A． B． C． D．
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
3．六名教师随机分配到三所学校任教，每个学校分配两名教师，则甲、乙被分配到同一所学校的概率为（    ）
A． B． C． D．
4．要测定古物的年代，可以用放射性碳法：在动植物的体内都含有微量的放射性．动植物死亡后，停止了新陈代谢，不再产生，且原来的会自动衰变．经过5730年，它的残余量只有原始量的一半．现用放射性碳法测得某古物中含量占原来的，推算该古物约是m年前的遗物（参考数据：），则m的值为（    ）
A．12302 B．13304 C．23004 D．24034
5．在空间直角坐标系中，直线的方程为，空间一点，则点到直线的距离为（    ）
A． B．1 C． D．
6．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
7．函数（，）的部分图象如图所示，若在上有且仅有3个零点，则的最小值为（    ）

A． B．
C． D．
8．已知椭圆：的右焦点为，为坐标原点，点为椭圆上的两点，且，为中点，则的最小值为（    ）
A． B．1 C． D．

二、多选题
9．某研究小组采集了组数据，作出如图所示的散点图．若去掉后，下列说法正确的是（    ）
  
A．相关系数变小
B．决定系数变大
C．残差平方和变大
D．解释变量与预报变量的相关性变强
10．棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（    ）
A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形
B．的最小值为
C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为
D．两点间的最短距离为
11．已知圆的方程为，点，点是轴上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则（    ）
A．存在切点使得为直角 B．直线过定点
C．的取值范围是 D．面积的取值范围是

三、单选题
12．函数满足、，都有，且，则（    ）
A． B．数列单调递减
C． D．

四、填空题
13．随机变量服从正态分布，随机变量服从标准正态分布，若，则 ．（用字母表示）
14．在中，的内角平分线方程为，，，则角的正切值为 ．
15．已知，则 ．
16．圆台上底半径为，下底半径为，此圆台内接于表面积为的球，点是上底面圆周上一动点，点在下底面上的射影为，在下底面上过点的直线交底面圆周于点，点是下底面圆周上一动点，则三棱锥体积的最大值为 ．

五、解答题
17．在中，．
(1)若，求；
(2)设是边上一点，若，，求．
18．已知数列的前项和为，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)集合，将集合的所有非空子集中最小的元素相加，其和记为，求．
19．在三棱台中，为中点，，，．
  
(1)求证：平面；
(2)若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积．
20．袋中放有形状、大小完全相同的4个黑球和4个白球．
(1)从中依次摸3个球，摸后不放回，求在前两次摸球有黑球的条件下，第三次摸到白球的概率；
(2)若每次摸一个球后，观察其颜色，再放回袋中．
① 求某人摸球5次，摸中3个黑球，且三个黑球不是连续摸中的概率；
② 若摸到黑球加1分，摸到白球减1分，求摸球多少次时，得分为4分的概率最大．
21．已知抛物线：，过点作斜率互为相反数的直线，分别交抛物线于及两点．
(1)若，求直线的方程；
(2)求证：．
22．已知函数，，且在上的极大值为1．
(1)求实数的值；
(2)若，，，求的值．

参考答案：
1．B
【分析】由题意可得，即可得出答案.
【详解】因为，所以，
故.
故选：B.
2．B
【分析】根据共轭复数的定义和复数的除法计算.
【详解】由，根据共轭复数的定义，，
于是.
故选：B
3．A
【分析】求得所有分配方法和甲乙被分配到同一所学校的方法，利用古典概型概率公式求解即可．
【详解】六名教师随机分配到三所学校任教，每个学校分配两名教师有种分配方法，
甲、乙被分配到同一所学校有种分配方法，
则甲、乙被分配到同一所学校的概率为．
故选：A．
4．B
【分析】根据题意列出方程解出未知量即可.
【详解】设原始量为，每年衰变率为，
，
，
，
，
.
故选：B.
5．D
【分析】由直线的方程可得直线的方向向量和所过的定点坐标，结合空间点到直线距离的计算公式计算即可得出答案.
【详解】根据题意，直线的方程为，
即，则直线的方向向量为，又因为过点，
，，则，
故在上的射影为：，
故点到直线的距离为：.
故选：D.
6．A
【分析】由基本不等式可得，构造函数，利用导数求出的单调性，可比较的大小，即可得出答案.
【详解】因为，
，，
所以令，则，
所以当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
又因为，所以，
即，所以，又因为，所以.
故选：A.
7．A
【分析】先求得，然后根据在上有且仅有3个零点列不等式，从而求得的取值范围，进而求得正确答案.
【详解】由图可知，
由于，所以，
令，
得，由得，
依题意，在上有且仅有3个零点，
故当取值最小时，有，
解得，所以的最小值为.
故选：A
8．D
【分析】由椭圆的方程可得右焦点的坐标，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，再由题意可得直线，的斜率之积，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，进而求出直线，的斜率之积，可得参数的关系，求出的中点的轨迹方程，进而求出的最小值．
【详解】由椭圆可得，，
  
所以，即，所以右焦点；
因为，所以，
当直线的斜率不存在时，设直线的方程，代入椭圆的方程可得，解得，
设，，
则，解得，
这时的中点在轴上，且的横坐标为，
这时的最小值为；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，，，则的中点，，
联立，整理可得：，
△，即，
且，，所以，，
则，
可得，符合△，
可得的轨迹方程为，整理可得：，两式平方相加可得：，
即的轨迹方程为：，焦点在轴上的椭圆，所以，当为该椭圆的右顶点时，取等号，
综上所述：的最小值为，
故选：D．
9．BD
【分析】根据散点图判断出去掉点后，与的线性相关性相关性以及残差平方和、决定系数的关系逐项判断即可得出合适的结论.
【详解】根据散点图可知，去掉点后，与的线性相关性加强，且为正相关，
相关系数变大，则A错D对，
去掉点后，残差平方和变小，则变大，B对C错.
故选：BD.
10．ABD
【分析】根据面面平行的性质可判断A；将两半平面折成一个平面，从而求得线段和的最小值，判断B；确定三棱锥的外接球的球心位置，列式求解，可判断C；求解异面直线的公垂线段的长可判断D.
【详解】在正方体中，平面平面，
      
设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，
因为平面平面，平面平面，
所以，又，故，
即∽，而，
则，
又点为线段上一点（不包括端点），，
即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；
根据正方体性质可知≌，
  
故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，
而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；
当点为线段中点时，设的中点为N，连接，
    
由于，故，
连接交于G，连接，则四边形为矩形，
故，平面，
故平面，又，则N为的外心，
故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,
，则，
设三棱锥的外接球半径为r，则，
解得，C错误；
当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，
此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了几何体截面问题、线段和最小以及外接球半径和异面直线间的最短距离问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，特别是求外接球半径时，要确定球心位置，再列式求解.
11．BD
【分析】通过分析知不可能为直角，可判断A、C错误；求出直线的方程，令，，即可得直线恒过的定点可判断B；求出面积的取值范围可判断D.
【详解】对于A，圆的上顶点为，即点，若为直角，则为直径，
显然同一直径不能同时垂直两条相交直线，所以不可能为直角，故A错误；
同理C选项的数量积也取不到，所以C错误；
对于B,设，
    
因为，，，
则的方程为：，因为
化简可得：，
同理的方程为：，
而在切线，上，所以
，，
因为在直线
故直线的方程为，令，，
即过定点，故B正确；
对于D，圆心到直线的距离平方为，
线段一半的平方为：，
点到直线的距离的平方为：，
所以面积的平方为：

①，因为，
所以由对勾函数的性质可知当时，①的分母取得最小值，
所以面积平方的最大值，
故面积的最大值为，故面积的取值范围是，故D正确.
故选：BD.
12．BCD
【分析】令，推导出，令可判断A选项；分析可知数列为等比数列，求出该数列的通项公式，结合数列单调性的定义可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；利用错位相减法可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数满足、，都有，
令，则，即，则，
所以，，A错；
对于B选项，令，，可得，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，
所以，，即，
故数列单调递减，B对；
对于C选项，对任意的，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，C对；
对于D选项，令，①
则，②
①②可得，
因此，，D对.
故选：BCD.
13．
【分析】根据随机变量服从标准正态分布，得到，再结合随机变量服从正态分布可得答案.
【详解】随机变量服从标准正态分布，根据对称性可知，
因为，所以，即，
随机变量服从正态分布，根据对称性可知，
，则，即.
故答案为：.
14．
【分析】根据角平分线的性质，关于的内角平分线所在直线方程的对称点一定在直线上，据此可以求出点坐标，进而求出
【详解】由题意得，根据角平分线的性质，关于的对称点一定在直线上，
设关于的对称点为，记，则是中垂线，于是，解得，
故，又，故直线方程为，于是和的交点为的坐标，
由，则，故，
则，.
故答案为：
  
15．
【分析】由条件等式右边含有，可联想到中分离出来处理，设，待求表达式中用表示，结合万能公式进行求解.
【详解】设，于是，
整理可得，根据万能公式，，
整理可得，
由可得，，
故，
根据诱导公式，，
根据两角和的正切公式，，
故.
故答案为：
16．
【分析】利用圆内接三角形面积最大时为正三角形，可求三棱锥体积的最大值．
【详解】  
圆台内接于表面积为的球，可得球的半径为4，
又圆台下底半径为4，故圆台的下底面为球的截面大圆，即球心为圆台的下底面的圆心，
设圆台的高为，则，解得，
点在下底面上的射影为，是以下底面的圆心为圆心，为半径的圆上的点，
当的面积最大时，三棱锥的体积最大，
又圆的内接三角形中，内接正三角形的面积最大，
由底面的半径为4，可得正三角形的边长为，
的面积的最大值为，
三棱锥体积的最大值为．
故答案为：．
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据已知条件及三角形的内角和定理，结合三角函数的诱导公式和降幂公式即可求解；
（2）利用二倍角公式及正弦定理，结合余弦定理及同角函数的基本关系，再利用两角差的正弦公式及三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）∵在中，，
∴，
∵，
∴，即，∴，∴或，
∵，
∴．
（2）∵，
∴，
由正弦定理得，
又由余弦定理得，
∴，即，
∴，
∵为内角，
∴．
∵，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．(1)
(2)

【分析】（1）直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
（2）利用（1）的结论和乘公比错位相减法求出数列的和．
【详解】（1）当时，，则，且；
当时，，，两式相减得，
∴（），
∴当时，，即，
则，∴．
综上，对任意都成立．
（2），集合的非空子集有个，
其中最小元素为1的集合中，含1个元素的集合有1个，含2个元素的集合有个，
含3个元素的集合有个，……，含个元素的集合有个，
所以最小元素为1的子集个数为个，
同理，最小元素为2的子集个数为个，
……，最小元素为的子集个数为1个，
∴，
，
∴，则．
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为正交基底，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式可求出，再由等体积法求出三棱锥的体积．
【详解】（1）在三棱台中，为中点，则，又，则，
又，∴四边形为平行四边形，则，
∵，∴，又，，
∴，∵平面，，∴平面．
（2）∵，，∴，
又∵，平面，，∴平面，
∵，，为中点，∴．
以为正交基底，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，
令，，，则，又平面的一个法向量为，
则，∴，即．
∵平面，平面平面，平面，
∴．
    
20．(1)
(2)① ；②14或16

【分析】（1）根据题意，记事件为“前两次摸球有黑球”，记事件为“第三次摸到白球”，根据古典概型概率公式计算、的值，由条件概率公式计算可得答案；
（2）①根据题意，分析可得每次摸到黑球的概率为，分析摸中3个黑球，且三个黑球不是连续摸中，即可得答案；②设摸球次时，得分为4分，其概率记为，求的最大值即可．
【详解】（1）设事件A：前两次摸球有黑球，事件B：第三次摸到白球，则
，，所以．
（2）① 设事件C：某人摸球5次，摸中3个黑球，且三个黑球不是连续摸中，
则．
② 设摸球次时，得分为4分，其概率记为，
由于得分为4分，若摸白球次，，则摸黑球次，故摸球次数，，则，且为偶数，
则，，
所以，整理得，
所以时，，则单调递增；当时，，则单调递减，
又，所以当或时，最大．
21．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）设，，由，得，又，，解得两点的坐标，进而可得答案．
（2）设直线：，则直线：，设，，，，联立直线AB与抛物线的方程，结合韦达定理由弦长公式计算，同理可得，进而可得，即可得出答案．
【详解】（1）设，，∵，∴，，
∵，∴，．
又∵，∴，即，
又∵，∴，或，
当时，，∴，；
当时，，∴，，此时直线AB的斜率不存在，舍去，
∴，，∴直线的方程为：．
（2）设直线：，则直线：，
设，，，，
  
由，即，则，所以，，
又∵，，
∴
，同理可证：，
∴，∴，
又∵，∴，∴．
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
22．(1)
(2)，或，或

【分析】（1）由题意得到的表达式，对和这三种情况进行逐一分析，结合导数得到的单调性和最值，进而可得实数的取值范围；
（2）作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.
【详解】（1），，
① 时，，∴，无极值．
② 时，，∴，
当，即时，，无极大值；
当时，时，；时，，
∴在处取极大值，即，∴，舍去．
③时，，
∴，
时，；时，；时，．
∴在处取极大值，∴符合题意．
综上，．
（2）由（1）可知，，，
令可得，令可得或，
如图所示．
  
① 当时，，
当时，，则，矛盾；
当时，，∴，矛盾．
② 当时，符合题意．
③ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
④ 当时，符合题意．
⑤ 当时，时，，∴，
则，，∴，矛盾．
⑥ 当时，符合题意．
⑦ 当时，，则，∴，与矛盾．
⑧ 当时，，，∴，与矛盾．
综上，，或，或．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对和这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.