精品解析：江苏省南通市海门中学2023届高考三模数学试卷

2022-2023学年高三下学期海门中学5月三模数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列为等差数列，且满足，，则的值为（ ） A. 2033 B. 2123 C. 123 D. 0 4. 在下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线，若对任意实数，直线与至多有一个交点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 考察下列两个问题：①已知随机变量，且，，记；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去景点互不相同”，表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知复数z的共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A B. 一定是实数 C. 若复数，满足．则 D. 若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等或者互为相反数 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 B. 对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大 C. 在回归模型中，残差是观测值与预测值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高 D. 一组数据的第百分位数为 11. 如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（ ） A. 对于任意点，平面 B. 存点，使平面 C. 直线的被球截得的弦长为 D. 过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为 12. 设，当时，规定，如，.则下列选项正确的是（ ） A B. C. 设函数的值域为，则的子集个数为 D. 三、填空题 13. 已知，若是关于的实系数方程的一个根，其中是虚数单位，则___________. 14. 已知的所有项的系数的和为64，展开式中项的系数为___________. 15. 已知数列的前n项和为，，且，若，则______． 16. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________. 四、解答题 17. 数学家也有一些美丽的错误,如法国数学家费马于年提出了以下猜想：是质数.年,瑞士数学家欧拉算出,该数不是质数.已知为数列的前项和,且 （1）求数列的通项公式； （2）若,设为数列的前项和,求出,并证明：对任意,. 18. 某学校有、两家餐厅，王同学第天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第天去餐厅，那么第天去餐厅的概率为；如果第天去餐厅，那么第天去餐厅的概率为． （1）①求王同学第天去餐厅用餐的概率； ②如果王同学第天去餐厅用餐，求他第天在餐厅用餐的概率； （2）餐厅对就餐环境、菜品种类与品质等方面进行了改造与提升改造提升后，餐厅对就餐满意程度进行了调查，统计了名学生的数据，如下表（单位：人）． 就餐满意程度 餐厅改造提升情况 合计 改造提升前 改造提升后 满意 28 57 85 不满意 12 3 15 合计 40 60 100 依据小概率值的独立性检验，能否认为学生对于餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联？ 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 19. 已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足． （1）证明：； （2）是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由． 20. 如图，在三棱柱中，，侧面菱形，为等边三角形． （1）求证：； （2）若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离． 21. 已知抛物线的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且. （1）求抛物线的方程； （2）如图，设点都在抛物线上，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值. 22. 设，已知函数有个不同零点. （1）当时，求函数的最小值： （2）求实数的取值范围； （3）设函数的三个零点分别为、、，且，证明：存在唯一的实数，使得、、成等差数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年高三下学期海门中学5月三模数学试卷 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据指数函数的性质求出集合，最后根据交集的定义计算可得； 【详解】解：由，即，解得，所以，又，所以. 故选：D 2. 若复数在复平面内对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算法则求复数的代数形式，根据点所在象限列不等式组即可求解. 【详解】由题得 ， 复数在复平面内所对应的点在第四象限， 所以 ，解得： ， 所以a的取值范围是. 故选：C 3. 已知数列为等差数列，且满足，，则的值为（ ） A. 2033 B. 2123 C. 123 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据是等差数列，先求出公差，然后由等差数列的通项公式即可求出结果. 【详解】设等差数列的公差为，则， 所以， 故选：D. 4. 在下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦函数的性质求出函数的单调递增区间，再判断即可； 【详解】解：因为，令，解得，所以函数的单调递增区间为，当时可得函数的一个单调递增区间为，因为，所以函数在上单调递增； 故选：D 5. 已知双曲线，若对任意实数，直线与至多有一个交点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与双曲线的渐近线的关系求得，从而求得，以及双曲线的离心率. 【详解】依题意可知直线与双曲线的渐近线平行或重合，则， 即，，从而，所以的离心率. 故选: B 6. 已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥底面圆半径为，球的半径为，根据题意画出图形，结合图形求出与的关系，再计算球与圆锥的表面积和它们的比值. 【详解】设圆锥底面圆半径为，球的半径为， 由题意知，圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 球的大圆是该等边三角形的内切圆， 所以，， ， 所以球与圆锥的表面积之比为 故选：B 【点睛】本题考查了球的内切问题，考查了球的表面积公式、圆锥的表面积求法，需熟记公式，属于基础题. 7. 考察下列两个问题：①已知随机变量，且，，记；②甲、乙、丙三人随机到某3个景点去旅游，每人只去一个景点，设A表示“甲、乙、丙所去的景点互不相同”，表示“有一个景点仅甲一人去旅游”，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项分布的期望公式和方差公式求得，从而可求得，再根据条件概率公式求得，即可得出答案. 【详解】解：由，解得， 则， 又，所以. 故选：C. 8. 已知定义在R上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设，由已知得函数在R上单调递增，且，根据函数单调性建立不等式可得选项. 【详解】由题可设，又， 则， 所以函数在R上单调递增，， 将不等式转化为， 所以，即， 有，故得，所以不等式的解集为， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的问题关键在于构造函数，并且得出函数的单调性，根据函数的单调性得出不等式，解之得选项. 二、多选题 9. 已知复数z的共轭复数为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 一定是实数 C. 若复数，满足．则 D. 若复数z的平方是纯虚数，则复数z的实部和虚部相等或者互为相反数 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数与共轭复数的概念、复数的运算逐项判断即可. 【详解】当复数时，，，故A错； 设（a，），则，所以，故B对； 设（，），（，）， 由可得， 所以， 而，不一定为0，故C错； 设（a，），则为纯虚数． 所以，则，故D对． 故选：BD． 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在回归分析中，可用决定系数的值判断模型的拟合效果，越大，模型的拟合效果越好 B. 对分类变量与的统计量来说，值越小，判断“与有关系”的把握程度越大 C. 在回归模型中，残差是观测值与预测值的差，残差点所在的带状区域宽度越窄，说明模型拟合精度越高 D. 一组数据的第百分位数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据相关指数的定义确定A； 根据独立性检验确定B； 根据残差的性质确定C； 根据百分位数的运算确定D. 【详解】对于A，由相关指数的定义知：越大，模型的拟合效果越好，A正确； 对于B，由独立性检验的思想知：值越大，“与有关系”的把握程度越大，B错误． 对于C，残差点所在的带状区域宽度越窄，则残差平方和越小，模型拟合精度越高，C正确； 对于D，，第百分位数为第7位95， D正确． 故选：． 11. 如图，棱长为2的正方体的内切球球心为，分别是棱的中点，在棱上移动，则（ ） A. 对于任意点，平面 B. 存在点，使平面 C. 直线的被球截得的弦长为 D. 过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，举出反例；B选项，取为中点时，证明平面；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值. 【详解】 正方体内切球的球心即正方体的中心，且球半径， 当与重合时，平面，平面，此时直线与平面相交，A错误； 当为的中点时，，，，则平面，因为平面，所以；同理，，因为，所以平面，即平面，B正确； 取的中点，由对称性可知，，则. 因为，，则， 所以直线的被球截得的弦长为，C错误； 设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则. 因为，则，所以截面圆面积，D正确， 故选：BD. 12. 设，当时，规定，如，.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 设函数的值域为，则的子集个数为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合特例，可判定A错误；结合，可判定B正确；结合正弦、余弦函数的值域，得到的值域为，可判定C正确；设，得到的周期为，证得恒为，可判定D正确. 【详解】对于A中，例如，则，， 可得，所以A错误； 对于B中，由，， 所以，所以，所以B正确； 对于C中，因为，可得， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 若，则且， 所以且，即且， 所以，不符合题意，即， 同理， 若，则与其中一个为，另一个为，或其中一个为，另一个为， 不妨令，则， 此时，， 则，，所以，， 又，显然不符合题意； 再令，则， 此时，， 则，，所以，， 又，不妨令，，此时满足； 即函数的值域为， 所以集合的子集个数为，所以C错误； 对于D中，设， 若，可得，所以，， 则， 所以的周期为， 又当时，可得，此时； ，此时； ，此时； ，此时， 所以，结合周期为，即恒为， 即， 所以，所以D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：对于函数的新定义试题的求解： 1、根据函数的新定义，可通过举出反例，说明不正确，同时正确理解新定义与高中知识的联系和转化； 2、正确理解函数的定义的内涵，紧紧结合定义，结合函数的基本性质（如单调性、奇偶性和周期等性质）进行推理、论证求解. 三、填空题 13. 已知，若是关于的实系数方程的一个根，其中是虚数单位，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据实系数方程的复数根的特征可确定方程两根，利用韦达定理可构造方程组求得，由此可得结果. 【详解】是关于的实系数方程的一个根，是另一个根， ，解得：，. 故答案为：. 14. 已知的所有项的系数的和为64，展开式中项的系数为___________. 【答案】15 【解析】 【分析】令，代入已知关系式即可求出的值，然后再求出的展开式的通项公式，分别求出含，项的系数，由此即可求解． 【详解】解：令得，，解得， 则的展开式的通项为， 分别取与，得，， 所以的展开式中含有的项的系数为，含有的项的系数为， 所以展开式中项的系数为， 故答案为：15． 15. 已知数列的前n项和为，，且，若，则______． 【答案】25 【解析】 【分析】由已知列举的前9项，得出其规律，再计算即可. 【详解】当时，，，，，，，，，， 则数列从第6项开始，数列为周期为3的周期数列，一个周期三项的和为7． 因为；所以，由，，得， 所以，所以． 故答案为：25． 16. 对任意，恒有，对任意，现已知函数的图像与有4个不同的公共点，则正实数的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，由已知条件可得函数的图像的对称性和周期性，可作出函数的图像，由题意的图像函数在上的图像相切，联立方程组利用判别式求解. 【详解】，，， 令，则有， 任意，恒有，则函数的图像关于对称，函数是以2为周期的周期函数， 在同一直角坐标系下作出函数与的图像，如图所示， 函数的图像与有4个不同的公共点，由图像可知，的图像函数在上的图像相切， 由，消去得，则，解得. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点． (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图像与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点． (3)利用图像交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图像，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点． 四、解答题 17. 数学家也有一些美丽的错误,如法国数学家费马于年提出了以下猜想：是质数.年,瑞士数学家欧拉算出,该数不是质数.已知为数列的前项和,且 （1）求数列的通项公式； （2）若,设为数列的前项和,求出,并证明：对任意,. 【答案】（1）（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）根据数列的前项和公式的性质可得 ,分别代入、,即可求得的通项公式,需要注意验证的情况. （2）根据（1）得,即可求得,带入中,整理之后,得出,利用裂项相消求和,最后分离常数,即可证明. 【详解】解：（1）因为,, 所以; 当时,, 当时,, 适合上式, 故; （2）因为,所以, 所以, 故, 所以 ; 因,所以对恒成立,即, 所以,又因为, 所以, 综上对, 【点睛】本意考查已知数列的前项和求数列的通项公式和裂项相消求和,属于数列基础题,熟记公式是解题的关键. 18. 某学校有、两家餐厅，王同学第天午餐时随机选择一家餐厅用餐．如果第天去餐厅，那么第天去餐厅的概率为；如果第天去餐厅，那么第天去餐厅的概率为． （1）①求王同学第天去餐厅用餐的概率； ②如果王同学第天去餐厅用餐，求他第天在餐厅用餐的概率； （2）餐厅对就餐环境、菜品种类与品质等方面进行了改造与提升改造提升后，餐厅对就餐满意程度进行了调查，统计了名学生的数据，如下表（单位：人）． 就餐满意程度 餐厅改造提升情况 合计 改造提升前 改造提升后 满意 28 57 85 不满意 12 3 15 合计 40 60 100 依据小概率值的独立性检验，能否认为学生对于餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联？ 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）① ；② （2）认为学生对于餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联 【解析】 【分析】（1）①设事件第天去餐厅用餐，事件第天餐厅用餐，其中、，利用全概率公式可求得所求事件的概率； ②利用贝叶斯公式可计算得出所求事件的概率； （2）计算出的观测值，结合临界表可得出结论. 【小问1详解】 解：设事件第天去餐厅用餐，事件第天餐厅用餐，其中，， ①王同学第天去餐厅用餐的概率为： ； ②如果王同学第天去餐厅用餐，那么他第天在餐厅用餐的概率为： . 【小问2详解】 解：提出零假设：学生对于餐厅的满意程度与餐厅的改造提升没有关联． ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为学生对于餐厅的满意程度与餐厅的改造提升有关联． 19. 已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足． （1）证明：； （2）是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，， 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式，化简得到，求得，结合正弦定理，即可求解； （2）假设存在正整数，使得和同时成立，结合正弦、余弦定理，化简得到，鸡儿得到，结合为均为正整数，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：由，即， 因为，可得，所以， 即，即， 又因为，所以， 又由正弦定理，可得． 【小问2详解】 解：假设存在正整数，使得和同时成立． 所以，即， 化简整理可得， 因为，，所以，即 又因为均为正整数，所以，． 故存在，使得和同时成立 20. 如图，在三棱柱中，，侧面为菱形，为等边三角形． （1）求证：； （2）若，点E是侧棱上的动点，且平面与平面的夹角的余弦值为，求点B到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，设，求出平面的一个法向量，根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 连接与相交于点，连接，如图所示： ∵四边形为菱形，∴为的中点，则． 为等边三角形，有，平面， ，∴平面, 平面，∴， 又，平面，， ∴平面,∵平面，∴． 【小问2详解】 由（1）知，，且平面， 故平面，而平面，故平面平面， 分别取的中点，连接， 则，∴平面，为等边三角形，， 而平面平面，平面，故平面， 以为原点，，，的方向分别为轴、轴、轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， ∴，， 设平面的一个法向量，则有， 令，则，，即， 又∵平面的法向量为， ∴平面与平面的夹角的余弦值为, ∴，∴或（舍）， 此时，又， ∴点到平面的距离为：． 21. 已知抛物线的焦点为，直线分别与轴交于点，与抛物线交于点，且. （1）求抛物线的方程； （2）如图，设点都在抛物线上，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的最小值. 【答案】（1） （2）32 【解析】 【分析】（1）设，列方程组，求出，即可得到抛物线的方程； （2）设点，利用是以为斜边的等腰直角三角形，表示出，用坐标表示出利用基本不等式求出的最小值. 【小问1详解】 设点，由已知，则，即. 因为，则，所以抛物线的方程是. 【小问2详解】 设点，直线的斜率为， 因为，则直线的斜率为. 因为，则，得，① 因为，则，即，② 因为，则，即③ 将②③代入①，得，即，则， 所以 因为，则，又，则，从而，当且仅当时取等号，所以的最小值为32. 22. 设，已知函数有个不同零点. （1）当时，求函数的最小值： （2）求实数的取值范围； （3）设函数三个零点分别为、、，且，证明：存在唯一的实数，使得、、成等差数列. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，即可求得函数的最小值； （2）利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出关于实数的不等式组，即可解得的取值范围； （3）分析出，，对的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性与极值，可得，结合零点存在定理以及已知条件可得出结论. 【小问1详解】 解：当时，，则， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，. 【小问2详解】 解：因为， 则， ①当时，恒成立， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 此时函数至多两个零点，不合乎题意； ②当时，由可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 由题意可知，有个不同的零点，则， 又因为， 令，记， 则，其中，则， 当时，，此时函数单调递增； 当时，，此时函数单调递减. 所以，，即，当且仅当时，等号成立，， 故不等式组的解集为. 因为，， 故当时，函数有个不同的零点， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 解：因为，，结合（2）中的结论可知， ①当时，若存在符合题意的实数，则由于， 因此，，， 因此，、、成等差数列可得出，考虑， 即，这等价于， 令， 所以，， 令，则， 当时，，则函数单调递增， 所以，，故函数单调递增， 因为，， 所以，在上存在唯一零点，记为， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 由于，，， 因此，在上无零点，在上存在唯一的零点， 所以，存在唯一的实数，使得、、成等差数列; ②当时，，不合乎题意. 综上所述，存在唯一的实数使得、、成等差数列. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $