江苏省南京师范大学附属中学2022-2023高三数学下学期5月模拟试题（Word版附解析）

南京师大附中2023届高三年级模拟考试数学2023.5（总分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知全集，，则中元素个数为（）A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B【解析】【分析】利用列举法表示全集，再根据交集运算可得，得到集合即可得解.【详解】∵，，∴，，∴，∴中元素个数为4个，故选：B．2.已知复数，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由复数的乘法运算和加、减法运算化简复数，再由复数的模长公式即可得出答案.【详解】因为，所以，， 故.故选：C.3.将一枚质地均匀的骰子投掷两次，则第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据古典概型的计算公式，即可得出.【详解】将一枚质地均匀的骰子投掷两次，该试验的样本空间，共36种；设事件=“第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除”，则共14种，所以，则第一次掷得的点数能被第二次掷得的点数整除的概率.故选：A.4.已知的边的中点为，点在所在平面内，且，若，则（）A.5B.7C.9D.11【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的线性运算可将转化为，则得到的值，进而即可求解．【详解】因为，边的中点为，所以，因为，所以，所以，所以，即， 因为，所以，，故.故选：D．5.圆锥曲线具有光学性质，如双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线是发散的，其反向延长线会经过双曲线的另一个焦点，如图，一镜面的轴截面图是一条双曲线的部分，是它的一条对称轴，是它的一个焦点，一光线从焦点发出，射到镜面上点，反射光线是，若，，则该双曲线的离心率等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由题中条件可得，，在直角三角形中，，，由双曲线的定义可得，再求出离心率即可.【详解】在平面直角坐标系中，如图，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由，，可得，.记双曲线的焦距为2c，长轴长为2a， 在直角三角形中，，，由双曲线的定义，可得，所以，即，所以离心率.故选：C6.等比数列的公比为，前项和为，则“”是“对任意的，，，构成等比数列的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分条件也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的性质进行分析运算即可得出结果.【详解】先证明：若，则对任意的，，，构成等比数列.若，则，，，可得对任意的，，，构成等比数列，公比为.再证明：若对任意的，，，构成等比数列，则.若，则n为偶数时，，此时，，不能构成等比数列，与已知矛盾，故成立.故选：C. 7.已知实数，满足，，其中是自然对数的底数，则的值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题可得，，构造函数，利用导数讨论其单调性，即可得，再结合即可求解.【详解】由可得，，即，也即，由可得，所以，即，构造函数，在恒成立，所以函数在定义域上单调递减，所以，即，又因为，所以，所以，解得，故选:B.8.在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，由轴截面中相似三角形把用表示，求出体积后利用导数求最大值及取最值时高的条件． 【详解】设内接圆柱的底面半径为r，圆柱体的高为h.是圆柱上底面与三棱锥侧面的切点,是连接直线与棱锥下底面的交点，是圆柱上底面所在平面与的交点，，，则由与相似，可得,可得，可得.内接圆柱体积.因为，单调递增,单调递减,所以有最大值，此时.故选:A.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.某校对参加高校综合评价测试的学生进行模拟训练，从中抽出名学生，其数学成绩的频率分布直方图如图所示．已知成绩在区间内的学生人数为2人．则（） A.值为0.015，的值为40B.平均分为72，众数为75C.中位数为75D.已知该校共1000名学生参加模拟训练，则不低于90分的人数一定为50人【答案】AB【解析】【分析】由各组的频率之和为1可得的值；由区间的人数以及频率可得；众数看图可得，中位数通过计算可得.【详解】①由图可知，，，，，，，由频率之和为1可得，故；②因为，所以；③由图可知，众数为75；④平均数为；⑤，所以中位数位于区间，设中位数为，则，解得；综上所述，AB正确，而C错误；样本可以估计总体，但是不能通过样本直接确定总体，样本与总体之间总是存在一定的偏差，故选项D错误.故选：AB10.已知函数在上单调，且的图象关于点对称，则（）A.的最小正周期为 B.C.将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数D.函数在上有且仅有一个零点【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出，再根据最小正周期公式可判断A；根据解析式计算可判断B；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C，利用余弦函数的图象可判断D.【详解】因为函数在上单调，所以的最小正周期满足，即，所以.因为的图象关于点对称，所以，，得，，由，得，因为，所以，.所以.对于A，的最小正周期为，故A正确；对于B，，，所以，故B不正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为为偶函数，故C正确；对于D，，令，得，令，由，得， 作出函数与直线的图象如图：由图可知，函数与直线的图象有且只有一个交点，所以函数在上有且仅有一个零点，故D正确.故选：ACD11.如图，由正四棱锥和正方体组成的多面体的所有棱长均为2．则（）A.平面B.平面平面C.与平面所成角的余弦值为D.点到平面的距离为【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，判断与平面的一个法向量是否垂直即可判断A；根据平面和平面的法向量是否垂直判断出B；由线面夹角的正弦的公式及同角三角函数的平方关系即可判断C；由点到平面的距离公式即可判断D．【详解】以为原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 连接，与交点为，连接，则平面，因为正四棱锥和正方体的所有棱长均为2，所以，，点坐标为，所以，对于A：，，，设平面的一个法向量为，则，即，取得，因为，所以与平面不平行，故A错误；对于B：由A得平面的一个法向量为，，，设平面的一个法向量为，则，即，取得，因，所以平面平面，故B正确；对于C：由A得平面的一个法向量为，，设与平面所成角为，则，所以，故C错误；对于D：由A得平面的一个法向量为，因为，所以点到平面的距离为，故D正确；故选：BD． 12.点是直线上的一个动点，，是圆上的两点．则（）A.存在，，，使得B.若，均与圆相切，则弦长的最小值为C.若，均与圆相切，则直线经过一个定点D.若存在，，使得，则点的横坐标的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】根据几何知识得到当直线，与圆相切且最小时最大，然后求的最大值即可判断A选项；利用等面积的思路得到，然后求的最小值即可得到弦长的最小值，即可判断B选项；根据圆的定义得到，是以为直径的圆上的两点又是圆上的两点，然后让两圆的方程相减得到直线的方程即可得到直线过定点，即可判断C选项；根据存在，，使得得到，然后求时点的横坐标，即可得到点的横坐标的取值范围，即可判断D选项.【详解】由图可知，当直线，与圆相切且点在轴上时最大，此时，，，， 所以最大时是锐角，故A错；，所以，则当最小时，弦长最小，，所以，故B正确；设点，，是以为直径的圆上的两点，圆的方程为，即①，又，是圆②上的两点，所以直线的方程为②-①：，过定点，故C正确；若存在，，使得，则，当直线，与圆相切时，最大，对应的余弦值最小，当直线，与圆相切，且时，，，因为，所以，则，故D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知，的展开式中存在常数项，则的最小值为________．【答案】4【解析】【分析】根据二项展开式的公式，求得的指数为0时满足的关系式，再结合整数的性质分析即可【详解】易得的通项，又展开式中存在常数项，则有解，即，因为，故，又，故正整数必须是的整数倍，故的最小值. 故答案为：4.14.某班有45名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布，则理论上在85分到90分的人数约是________．（按四舍五入法保留整数）附：，，．【答案】6【解析】【分析】根据正态分布曲线的性质得到，然后求人数即可.【详解】由题意知，，所以，所以理论上在85分到90分的人数约是.故答案为：6.15.已知曲线与曲线有且只有一条公切线，则________．【答案】【解析】【分析】设公切线的切点坐标，根据导数的几何意义、斜率公式列出方程化简，分离出后，构造函数，利用导数求出函数的单调区间、最值，即可求.【详解】设曲线在处的切线与曲线相切于处，，故曲线在处的切线方程为，整理得.，故曲线在处切线方程为，整理得.故由(1)再结合知，将(1)代入(2)，得， 解得且，将代入(1)，解得且，即且，令，则，.令，，则在区间单调递增，在区间单调递减，且，又两曲线有且只有一条公切线，所以只有一个根，由图和知.故答案为：.16.已知，设，，其中k是整数．若对一切，都是区间上的严格增函数．则的取值范围是__________．【答案】．【解析】【分析】对二次求导，得到的凹凸性，有的几何意义是点和点连线的斜率，因此当时，满足要求，当时，需使点都在处的切线上或切线上方即可，求出曲线在处的切线方程，得到，整理变形，换元后画出及的图象，数形结合得到的取值范围. 【详解】，令，则，因为，所以，令得或，令得，，故在和上单调递增，在上单调递减，因为，，其中，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，且在和内下凹，在内上凸，的几何意义是点和点连线的斜率，当在内下凹时，可满足都是区间上严格递增，因此当时，严格递增，而当时，唯一可能使不严格递增的区间可能在，曲线须在直线下方，曲线须在直线上方， 故需使点都在处的切线上或切线上方即可，从图象可知，只需在处的切线上或切线上方即可，，，故曲线在处的切线方程为，令，化简得，，因此，即，令，则，即，其中，画出及的图象，如下：由图可知，，即故答案为：【点睛】方法点睛：若函数在区间上有定义，若，则称为在区间上的凸函数，反之则称为在区间上的凹函数，其性质为：若为在区间上的凸函数，则，则，反之， .四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知、、分别为的三个内角、、的对边长，，且．（1）求角的值；（2）求面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，用正弦定理进行化简，再结合余弦定理即可得到结果；（2）由正弦定理，结合三角形的面积公式可得，再结合三角函数的性质即可得到结果.【小问1详解】由条件，可得，由正弦定理，得，所以，所以，因为，所以．【小问2详解】由正弦定理，可知，， ∵，∴，∴.18.设为数列的前项和，已知，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前项和，当时，．若对于任意，有，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据的关系求解；（2）利用裂项相消法求和，再结合不等式的性质求出的取值范围.【小问1详解】，∴，，∴,∴当时，；当时，也符合上式，∴．【小问2详解】，∵， ∴，当时，满足，当时，存在，（其中，表示不超过的最大整数），使得，则，∴，不满足条件，∴．19.甲，乙，丙三个厂家生产的手机充电器在某地市场上的占有率分别为25%，35%，40%，其充电器的合格率分别为70%，75%，80%．（1）当地工商质检部门随机抽取3个手机充电器，其中由甲厂生产的手机充电器数目记为，求的概率分布列，期望和方差；（2）现从三个厂家生产手机充电器中随机抽取1个，发现它是不合格品，求它是由甲厂生产的概率．【答案】（1）分布列见解析；期望为，方差是（2）【解析】【分析】（1）设“该手机充电器由甲厂生产”为事件，“该手机充电器由乙厂生产”为事件，“该手机充电器由丙厂生产”为事件，“该手机充电器是合格品”为事件，“该手机充电器是不合格品”为事件，根据二项分布得出分布列以及期望和方差；（2）由全概率公式得出，再由贝叶斯公式得出.【小问1详解】解：设“该手机充电器由甲厂生产”为事件，“该手机充电器由乙厂生产”为事件，“该手机充电器由丙厂生产”为事件，“该手机充电器是合格品”为事件，“该手机充电器是不合格品”为事件，则，，，，，， ，，，的取值为0，1，2，，，所以分布列为0123且，故，，答：的期望是，方差是【小问2详解】答：它是由甲厂生产的概率是．20.如图（1），平面四边形由正三角形和等腰直角三角形组成，其中，．现将三角形绕着所在直线翻折到三角形位置（如图（2）），且满足平面平面．（1）证明：平面； （2）若点满足，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可证明；（2）由题意可得，，建立空间直角坐标系，求出平面平面与平面的法向量，由二面角的向量公式代入求解即可求出的值．【小问1详解】证明：取的中点，连结，在正三角形中，有，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为平面，所以，在等腰直角三角形中，有，又因为，且平面，所以平面．【小问2详解】取的中点，连结，在正三角形中，有，由（1）可知平面，又因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面．取的中点，连结，因为点是的中点，所以，又因为，所以，因为平面，平面，所以，， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，.因为，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，则设平面的法向量为，则，令，则，，所以，由题意可知，，整理得，所以，，又因为，所以．21.已知椭圆，椭圆．点为椭圆上的动点，直线与椭 圆交于，两点，且．（1）求椭圆的标准方程；（2）以点为切点作椭圆的切线，与椭圆交于，两点，问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，求出面积的取值范围．【答案】（1）（2）四边形的面积为定值【解析】【分析】（1）根据向量的坐标关系，代入即可求解，（2）根据切线的定义，联立直线与椭圆的方程，根据判别式为0可得，进而由弦长公式可得弦长，以及点到直线的距离可得三角形的高，进而得面积.小问1详解】设，，，因为，所以，因为点为椭圆上的动点，所以，从而即，故椭圆的标准方程；【小问2详解】法一：设，，当直线的斜率存在时，设为，则直线的方程为，即 ，，即，代入得直线的方程为联立，消去得注意到化简得又，所以点到直线的距离为所以点到直线的距离为故当直线的斜率不存在时，即，若，则：，则，，，，所以同理可得，若，综上，四边形的面积为定值．法二：设，，当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 注意到化简得，原点到直线的高为，又因为，点是的中点，所以点到直线的距离等于点到直线的距离，由对称性可知，，所以点到直线的距离等于点到直线的距离的三倍，故．当斜率不存在时，同法一．【点睛】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据向量的共线得到点的坐标之间的关系，起到了重要的作用.22.已知函数．（1）求函数的单调区间；（2）当时，若，求证：；（3）求证：对于任意都有．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的定义域，求导，再分类讨论，根据导函数的符号即可求出函数的单调区间； （2）令，由，可证得恒成立，即，结合可证得；（3）利用，对进行放缩，即可证明不等式成立.【小问1详解】函数的定义域是．由已知得，．①当时，当时，，单调递减；当时，，单调递增；②当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；③当时，当时，，单调递增；④当时，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上，①当时，函数在上单调递减，上单调递增；②当时，函数在单调递增上单调递减，上单调递增；③当时，函数在单调递增；④当时，函数在单调递增，上单调递减，上单调递增．【小问2详解】当时，.由（1）知，函数在单调递增且；令， 令，令，解得；令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以.令，则，所以恒成立，不妨设，则，所以，所以，所以，所以.【小问3详解】由（2）知，时，，即，故在时恒成立，所以，，，，相加得.【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．