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南京市2023届高三年级第二次模拟考试
数学
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、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1. 集合的子集个数为（ ）
A. 2 B. 4 C. 8 D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】确定，再计算子集个数得到答案.
【详解】，故子集个数为.
故选：B
2. 已知复数满足，其中为虚数单位，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.
【详解】，则.
故选：C
3. 在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换得到，解得答案.
【详解】，即，
即，
，则，，则，故，
，故，.
故选：B
4. 在运动会中，甲、乙、丙参加了跑步、铅球、标枪三个项目，每人参加的比赛项目不同．已知①乙没有参加跑步；②若甲参加铅球，则丙参加标枪；③若丙没有参加铅球，则甲参加铅球．下列说法正确的为（ ）
A. 丙参加了铅球 B. 乙参加了铅球
C. 丙参加了标枪 D. 甲参加了标枪
【答案】A
【解析】
【分析】由①可得乙参加铅球或标枪，假设乙参加铅球，推出矛盾得到乙参加标枪，从而得到丙、甲所参加的项目，即可判断.
【详解】由①乙没有参加跑步，则乙参加铅球或标枪，
若乙参加铅球，则丙就没有参加铅球，由③可知甲参加铅球，故矛盾，
所以乙参加标枪，
显然丙没有参加标枪，则丙参加铅球，甲参加跑步，
综上可得：甲参加跑步，乙参加标枪，丙参加铅球.
故选：A
5. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（ ）
A. 84 B. 98 C. 112 D. 128
【答案】C
【解析】
【分析】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，计算得到答案.
【详解】表示衍生到天十五时经历过的两仪数量总和，
则.
故选：C
6. 直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则长为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，则，依题意可得旋转后得到的几何体为圆锥，根据外接球的表面积求出球的半径，设外接球的球心为，则球心在直线上，利用勾股定理得到方程，即可求出.
【详解】设，因为，所以，
绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为，
所以，解得，
设外接球的球心为，则球心在直线上，所以，解得.
故选：D
7. 已知椭圆，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且．若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，设，根据余弦定理得到，计算得到离心率.
【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，故四边形为平行四边形，
设，，则，，
，，
中，，
整理得到，即，故.
故选：A
8. 已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造，确定函数单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.
【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.
，则，即，
故.
，即，即，故，解得.
故选：D
二、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．
9. 在展开式中（ ）
A. 常数顼为160 B. 含项的系数为60
C. 第4项的二项式系数为15 D. 所有项的系数和为1
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二项式定理得到展开式的通项，分别取代入计算得到答案.
【详解】展开式的通项为.
对选项A：取得到常数项为，错误；
对选项B：取得到含项的系数为，正确；
对选项C：取得到第4项的二项式系数为，错误；
对选项D：取得到所有项的系数和为，正确.
故选：BD
10. 若实数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据不等式性质得到AB正确，取特殊值排除CD，得到答案.
【详解】对选项A：，故，正确；
对选项B：，正确；
对选项C：取，满足，此时不成立，错误；
对选项D：取，满足，此时，错误.
故选：AB
11. 已知函数，．下列说法正确的为（ ）
A. 若，则函数与的图象有两个公共点
B. 若函数与的图象有两个公共点，则
C. 若，则函数有且仅有两个零点
D. 若在和处的切线相互垂直，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】解方程得到A错误，解方程得到，解得B正确，计算零点个数为2得到C正确，根据斜率的关系得到，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，故（无解）或，，错误；
对选项B：，故或，故，
且，解得，正确；
对选项C：取，则，，，则，
设，在上恒成立，
则在上单调递增，则，故，
，则，或，正确；
对选项D：当和同时为正或者同时为负时不成立，
不妨设，，，，
则，故，正确.
故选：BCD
12. 已知四棱柱的底面为正方形，，，则（ ）
A. 点在平面内的射影在上
B. 平面
C. 与平面的交点是的重心
D. 二面角的大小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，，，正方形的边长为1，根据对称性得到A正确，计算得到B错误，根据相似得到得到C正确，确定为二面角的平面角，计算得到D正确，得到答案.
【详解】设，，，正方形的边长为1，
则，，，
对选项A：，，根据对称性知，点在平面内
的射影在的角平分线上，即在上，正确；
对选项B：，，
，错误；
对选项C：设，相交于，与交于点，
即为与平面的交点，
则，为中边上的中线，故为的重心，正确；
对选项D：连接与相交于，连接，根据对称性知，
又，平面，平面，
故为二面角的平面角，
，
故，故，
，，故，正确
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题考查了空间几何投影，垂直关系，二面角，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中，把空间关系的证明转化为空间向量的运算，可以简化过程，是解题的关键.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
13. 若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】确定圆的圆心和半径，得到直线过圆心，代入计算得到答案.
【详解】，则，圆心为，半径，
弦长为2，则直线过圆心，即，解得.
故答案为：.
14. 幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.
【详解】取，则定义域为R，且，
，，满足.
故答案为：.
15. 一个袋子中有个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为，则的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】计算并化简得到，根据对勾函数的性质计算最值得到答案.
【详解】，
对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
故当或时，有最小值为，故.
故答案为：
16. 大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①根据类比图形的结构特点，找到与的面积联系即可.
②利用向量加减法的三角形法则，用，表示出即可.
【详解】如图：
连接，由题意知，且分别为的中点，.
所以，
,
得.
，，
化简得，
所以
故答案为：①；②.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知，．
（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；
（2）若函数的图象关于对称，且函数在上单调，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式将函数化简，依题意，即可求出，从而得到函数解析式，再代入计算可得；
（2）由对称性得到，，再由函数在区间上的单调性求出的范围，即可得解.
【小问1详解】
因，
因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，
所以，则，所以，解得，
所以，所以.
【小问2详解】
由，函数的图象关于对称，
所以，，所以，，
由，，则，
又函数在上单调，所以，解得，
所以当时.
18. 已知数列的前项和为，，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式.
（2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明.
【小问1详解】
，则，
整理得到，故，
故是常数列，故，即，
当时，，
验证时满足，故
【小问2详解】
，
故
.
19. 在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．
（1）求证：；
（2）若点到直线的距离为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）计算确定，证明平面，得到，再证明平面，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设得到，再根据点到直线的距离公式计算得到答案.
【小问1详解】
，，
，故，则，即，
又平面平面，平面平面，
，平面，故平面，
平面，则 ，
又，，平面，所以平面，
又平面，则.
【小问2详解】
设中点为，中点为，以为轴建立空间直角坐标系，
如图所示：
有，
设，则，设，则，
则 ，，，
点到直线的距离为，则，
即，即，解得，
所以.
20. 进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
（1）若，求；
（2）若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；
（2）①依题意可得，，再利用裂项相消法求和即可；
②①可知，即，令，判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
因为，所以.
【小问2详解】
①因为，，，
所以，，
所以
；
②由①可知，所以，
令，则，
所以单调递减，又，，
所以当时，则的最小值为.
21 已知函数，．
（1）若，求证：；
（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；
（2）求出导函数，可得在上单调递增，即可得到存在使得，从而得到的单调性，再分、、三种情况讨论，分别计算可得.
【小问1详解】
若，则，，
所以，又与在上单调递增，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值即最小值，所以.
【小问2详解】
因为，，，
所以，显然与在上单调递增，
所以在上单调递增，
当时，时，
所以存在使得，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，由（1）可知时有，此时，显然符合；
①若时，有，
由上单调递增，且，
所以存在使得，要使的解集为集合的子集，
而的解集为，因为，所以，
又上单调递增，所以，即有，
则，令，，则，
所以在上单调递增，因为，所以，此时；
②若时，所以，
又在上单调递减，时，所以
所以存在使得，则不等式的解集为，
因为，又，所以只需，
又显然成立，所以，符合题意；
综上可得.
【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．
22. 已知拋物线和圆．
（1）若抛物线的准线与轴相交于点，是过焦点的弦，求的最小值；
（2）已知，，是拋物线上互异三个点，且点异于原点．若直线，被圆截得的弦长都为2，且，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）首先求出抛物线的焦点坐标与准线方程，设方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，根据数量积的坐标表示得到，再根据重要不等式计算可得；
（2）设，，，即可得到、的方程，由点到直线的距离公式得到、为方程的两根，即可得到，由可得，由斜率之积为，求出，即可得解.
【小问1详解】
拋物线的焦点为，准线为，则，
设方程为，，，
由，消去整理得，所以，，
所以，，
则
，当且仅当时取等号，
即的最小值为.
【小问2详解】
设，，，
则，，
圆圆心为，半径，
所以，则，
同理可得，
所以、为方程的两根，
所以，又，所以，
所以，即，解得，
所以点坐标为或.南京市2023届高三年级第二次模拟考试
数学
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、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．
1. 集合的子集个数为（ ）
A 2 B. 4 C. 8 D. 16
2. 已知复数满足，其中虚数单位，则为（ ）
A B. C. D.
3. 在中，角，，的对边分别为，，．若，则角的大小为（ ）
A. B. C. D.
4. 在运动会中，甲、乙、丙参加了跑步、铅球、标枪三个项目，每人参加的比赛项目不同．已知①乙没有参加跑步；②若甲参加铅球，则丙参加标枪；③若丙没有参加铅球，则甲参加铅球．下列说法正确的为（ ）
A. 丙参加了铅球 B. 乙参加了铅球
C. 丙参加了标枪 D. 甲参加了标枪
5. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生即太极生两仪原理，如图所示（图中表示太极，表示阳仪、表示阴仪）．若数列的每一项都代表太极衍生过程中经历过的两仪数量总和，即为天一对应的经历过的两仪数量总和0，为衍生到地二时经历过的两仪数量总和2，为衍生到天三时经历过的两仪数量总和4，…，按此规律，则为（ ）
A. 84 B. 98 C. 112 D. 128
6. 直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则长为（ ）
A. B. 1 C. D.
7. 已知椭圆，为其左焦点，直线与椭圆交于点，，且．若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
二、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．
9. 在的展开式中（ ）
A. 常数顼为160 B. 含项的系数为60
C. 第4项的二项式系数为15 D. 所有项的系数和为1
10. 若实数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
11. 已知函数，．下列说法正确的为（ ）
A. 若，则函数与的图象有两个公共点
B. 若函数与的图象有两个公共点，则
C. 若，则函数有且仅有两个零点
D. 若在和处切线相互垂直，则
12. 已知四棱柱的底面为正方形，，，则（ ）
A. 点在平面内的射影在上
B. 平面
C. 与平面的交点是的重心
D. 二面角的大小为
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．
13. 若直线被圆截得的弦长为2，则实数的值为___________．
14. 幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数___________．
15. 一个袋子中有个红球和5个白球，每次从袋子中随机摸出2个球．若“摸出的两个球颜色不相同”发生的概率记为，则的最大值为___________．
16. 大约在公元222年，赵爽为《周髀算经）一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为正三角形，，，围成的也为正三角形．若为的中点，①与的面积比为___________；②设，则___________．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知，．
（1）若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，求的值；
（2）若函数图象关于对称，且函数在上单调，求的值．
18. 已知数列的前项和为，，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：．
19. 在梯形中，，，，，如图1．现将沿对角线折成直二面角，如图2，点在线段上．
（1）求证：；
（2）若点到直线的距离为，求的值．
20. 进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
（1）若，求；
（2）若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
21. 已知函数，．
（1）若，求证：；
（2）若关于的不等式的解集为集合，且，求实数的取值范围．
22. 已知拋物线和圆．
（1）若抛物线的准线与轴相交于点，是过焦点的弦，求的最小值；
（2）已知，，是拋物线上互异的三个点，且点异于原点．若直线，被圆截得的弦长都为2，且，求点的坐标．

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