2023届江苏省南通市海门区高三上学期期末数学试题

2023届江苏省南通市海门区高三上学期期末数学试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先化简集合，再利用并集的定义可求得结果.【详解】因为，，，故.故选：D.2．复数（i为虚数单位）的虚部为（）A．1 B． C．i D．【答案】B【分析】复数的分子分母同乘，化简后，根据的虚部为求解.【详解】的虚部为故选：B3．已知底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，则圆锥的母线长为（）A． B．2 C． D．4【答案】C【分析】根据底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解.【详解】解：设圆锥的母线长为l，半径为1的球的表面积为，因为底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，所以，解得，故选：C4．若向量，满足，，且，则（）A． B． C． D．1【答案】B【分析】对两边平方,结合，计算即可求出答案．【详解】由可得，即，，故选：B．5．我国油纸伞的制作工艺巧妙.如图（1），伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈能够沿着伞柄滑动.如图（2），伞完全收拢时，伞圈已滑到的位置，且，，三点共线，，为的中点，当伞从完全张开到完全收拢，伞圈沿着伞柄向下滑动的距离为24cm，则当伞完全张开时，的余弦值是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求出，，，再根据余弦定理求出，最后由二倍角的余弦公式可求出结果.【详解】依题意分析可知，当伞完全张开时，，因为为的中点，所以，当伞完全收拢时，，所以，在中，，所以.故选：A6．、两组各3人独立的破译某密码，组每个人译出该密码的概率均为，组每个人译出该密码的概率均为，记、两组中译出密码的人数分别为、，且，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】由题意分析，均服从二项分布，利用二项分布的均值和方差公式直接求得.【详解】由题意可知：服从二项分布，所以.同理：服从二项分布，所以.因为，所以，所以.对于二次函数，对称轴，所以在上函数单调递减，所以当时，有，即.故选：B7．在平面直角坐标系中，已知点，点，点满足，又点在曲线上，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先判断出点两个圆的公共点，求出，进而求出.【详解】设.因为点，点，且，所以，整理化简得：.而点在曲线上，方程平方后，整理为一个圆，所以曲线为圆在x轴上方部分.则两个圆的公共弦为两圆的方程相减，整理得：.所以满足，解得：.即.所以.故选：B8．两条曲线与存在两个公共点，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可得有两个不等正根，令，即有两个不等正根，然后利用导数研究函数的性质利用数形结合即得.【详解】由题可知有两个不等正根，即有两个不等正根，令，则，又，在上单调递增，所以有两个不等正根，设，则，由可得单调递增，由可得单调递减，且，作出函数和的大致图象，由图象可知当时，有两个正根，即时，两条曲线与存在两个公共点.故选：C.【点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法（1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；（3）转化为两熟悉的函数图象的问题.二、多选题9．已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（）A．平面 B．C．平面 D．、、、四点共面【答案】ABD【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明对于B项，从正方体的角度上看易得对于D项，证明四边形是平行四边形可验证对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：对于A项，、分别为，的中点，又平面且平面平面，故A正确对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.对于D项，、、、分别是棱，，，的中点且且所以所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.对于C项，若平面成立，即平面又因为平面所以又因为、分别为，的中点，所以所以而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.故选：ABD10．已知双曲线的左右焦点分别是，，过的直线交双曲线的右支于、两点，若为等腰直角三角形，则的离心率可能为（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】分和与轴不垂直两种情况，结合几何关系以及双曲线的定义、性质可求解.【详解】当轴时，将代入得解得，所以，且，因为为等腰直角三角形，所以所以，所以，则有，即，解得（舍）或，当与轴不垂直时，由于对称性，不妨设倾斜角为锐角，且在轴上方，则可得，所以由为等腰直角三角形可得，根据双曲线的定义可得所以，又因为，所以，又因为，所以，所以，在直角三角形中，，即，整理得，解得，故选:BC.11．设函数，，其中，.若，，且的最小正周期大于，则（）A． B．C．在上单调递增 D．在上存在唯一的极值点【答案】BC【分析】根据给定条件，讨论求出值，判断A，B；再探讨函数在指定区间上的单调性、极值点判断C，D作答.【详解】函数的最小正周期为，由及得：，则，而，即有，解得，即或，当时，，由得，有，而，显然不存在整数，使得，当时，，由得，有，而，于是得，符合题意，所以，A不正确，B正确；，当时，，而函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，C正确；当时，，而函数在上两个极值点，一个极大值点，一个极小值点，所以函数在上有两个极值点，一个极大值点，一个极小值点，D不正确.故选：BC12．若函数是定义在上不恒为零的可导函数，对任意的，均满足：，，记，则（）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】对于A选项，赋值即可判断；对于B选项，可根据题设条件，构造函数，求出解析式，即可判断；对于C选项，通过对求导可得，即可判断；对于D选项，通过构造数列，结合裂项相消法以及等比数列求和公式即可求解.【详解】令，得，即，故A正确；因为，则，又因为，是定义在上不恒为零的可导函数，所以可设，因为，所以，即，则，所以，则，故B错误；令，所以，所以，所以，所以，则，所以，，，，累加得：，所以选项C正确；因为，所以，，，，累加得：，即，设，则，所以，即，所以，，，，累加得，所以，即所以，故D正确.故选：ACD.【点睛】本题属于综合题，难度较大，解决本题的关键是构造函数和构造数列，需熟悉基本初等函数的基础知识以及熟练运用数列求和的方法.三、填空题13．已知某班高三模拟测试数学成绩，若，则______.【答案】【分析】由对称性得出所求概率.【详解】因为，所以.故答案为：14．函数在处的切线与坐标轴围成的封闭三角形的面积为______.【答案】【分析】根据导数几何意义求出切线方程，求出切线与坐标轴的交点，再求三角形得面积.【详解】，，即切线的斜率为，又，即切点为，根据导数几何意义得切线方程为，即，切线与轴的交点为，与轴的交点为，所以围成三角形的面积为，故答案为：15．已知平行四边形中，，，.若沿对角线将折起到的位置，使得，则此时三棱锥的外接球的体积大小是______.【答案】##【分析】求得，根据三棱锥的结构特征，将其补成一个长方体，设出其棱长，表示出，求得外接球半径，即可求得答案.【详解】如图示：在平行四边形中，，，，则,所以,则在三棱锥中，，故可将三棱锥中补成一个长方体，如图示：则，故，由题意可知三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，设球的半径为r,则，故外接球体积为，故答案为：16．意大利数学家斐波那契于1202年写成《计算之书》，其中第12章提出兔子问题，衍生出数列：1，1，2，3，5，8，13，….记该数列为，则，，.如图，由三个图（1）中底角为60°等腰梯形可组成一个轮廓为正三角形（图（2））的图形，根据改图所揭示的几何性质，计算______.【答案】3【分析】根据图示规律和数列递推关系即可求解.【详解】从图（2）可得到正三角形的面积等于三个等腰梯形的面积加上小正三角形的面积，所以，整理可得，由此可推断出也可构成以下正三角形，所以，整理可得，所以故答案为：3.四、解答题17．已知公差大于0的等差数列满足，.(1)求的通项公式；(2)在与之间插入个2，构成新数列，求数列的前110项的和.【答案】(1)(2)244【分析】（1）设公差为，利用基本量代换求出，再利用通项公式即可得到答案；（2）先判断出当有次插入新数，共有个项，从而判断出110项应该介于和之间，即可求和.【详解】（1）设公差为，，由题意得，化简得，解得或（舍去），所以.（2）由（1）知在与之间插入个2，所以当忽略数列中的项，则当有次插入新数，共有个项，当时，有62个数；当时，共有126个数，所以110项应该介于和之间，即，表示共有104个2和原先中前6项之和，所以.18．某公司开发了一款可以供（或）个人同时玩的跳棋游戏.每局游戏开始，采用掷两颗质地均匀的骰子（骰子出现的点数为1，2，3，4，5，6），两个骰子的点数之和除以的余数0，1，2，，分别对应游戏者，，，，.(1)当时，在已知两个骰子的点数之和为偶数的条件下，求先走第一步的概率；(2)当时，求两颗骰子点数之和除以的余数的概率分布和数学期望，并说明该方法对每个游戏者是否公平.【答案】(1)(2)分布列见解析，，不公平【分析】（1）列举基本事件，利用古典概型的概率公式直接求解；（2）根据试验，分析出当时，两颗骰子点数之和除以的余数可能为0，1，2，3，分别求概率，得到分布列，即可判断.【详解】（1）因为掷两颗质地均匀的骰子所得点数之和有如下36种基本样本点（表）：123456123456723456783456789456789105678910116789101112在已知两个骰子点数之和为偶数的条件下，共有基本事件18个，设事件“先走第一步”为，表示和被除后的余数为2的基本事件有和为2，8对应的情形有6个，依据古典概型可知：，即先走第一步的概率为.（2）当时，两颗骰子点数之和除以的余数可能为0，1，2，3，且所以随即变量的概率分布为0123故；由于和被4除所得余数（即随即变量取值）的概率大小不完全相同，说明该方法对每个游戏者不公平.19．如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且.(1)证明：；(2)若四棱锥的体积为1，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平面平面得到，再根据得到平面即可.（2）以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，求解.【详解】（1）证明：如图，连接，因为，为中点，所以，由平面，平面平面，平面平面，故平面；因为平面，所以；因为，，且，平面所以平面；而平面，所以.（2）由（1），且为平行四边形，所以，因为，所以由于四棱锥的体积为，故，解得；如图，以为坐标原点，，方向为，轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，因为为的中点，且，所以，所以，设异面直线与所成角为，，则，所以异面直线与所成角的余弦值为20．已知的内角、、的对边分别为、、，，，点满足.(1)若为的角平分线，求的周长；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由和，根据为的角平分线，得到，再与求解.(2)由和，得到，再结合，得到求解.【详解】（1）在中，，①在中，，②因为为的角平分线，所以，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，又因为，所以，，所以的周长为.（2）在中，，在中，，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以所以所以，令，则，则，，，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增所以，所以的取值范围为.21．已知抛物线经过点.(1)求抛物线的方程；(2)动直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线上异于，的一点，记，的斜率分别为，，为非零的常数.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①点坐标为；②；③直线经过点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将代入抛物线即可求解；（2）选择①②，证③：设直线，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；选择①③，证②和选择②③，证①，设设直线的方程为，与抛物线进行联立可得，，利用两点的斜率公式即可求证；【详解】（1）因为抛物线经过点，所以，所以，所以抛物线的方程为；（2）设，，方案一：选择①②，证③因为，，所以，所以，由已知可知与轴不平行，设直线，联立消去可得，，所以，，所以，所以直线的方程为，所以经过；方案二：选择①③，证②设直线的方程为，联立消去可得，所以，，，因为，，所以；方案三：选择②③，证①设直线的方程为，联立消去可得，所以，，，设，则，，所以，所以，整理可得，因式分解可得对任意的恒成立，所以，所以点坐标为.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.22．已知函数，.(1)当时，求的极值；(2)当时，设函数的两个极值点为，，证明：.【答案】(1)，无极小值(2)证明见解析【分析】（1）求出导函数，令得，列表判断两边的导函数符号，进而可得答案；（2）当时，设