江苏省南京市2023届高三二模数学试卷（含答案解析）

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1、江苏省南京市2023届高三二模数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1. 集合的子集个数为（ ）A 2B. 4C. 8D. 162. 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乙没有参加跑步；若甲参加铅球，则丙参加标枪；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

2、，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. 84B. 98C. 112D. 1286. 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. 1C. 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

3、，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160B. 含项的系数为60C. 第4项的二项式系数为15D. 所有项的系数和为110. 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1

4、2. 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

5、三角形若为的中点，与的面积比为_；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

6、分布，记为（1）若，求；（2）若，求；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，求点的坐标江苏省南京市2023届高三二模数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 1. 集合的子集个数为（ ）A. 2B. 4C. 8D. 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：B2. 已知复数满

7、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：C3. 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：B4. 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乙没有参加跑步；若甲参加铅球，则丙参加标枪；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

8、】由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：A5. 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

9、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. 84B. 98C. 112D. 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：C6. 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. 1C. 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

10、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：D7. 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：A8. 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，

11、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160B. 含项的系数为60C. 第4项的二项式系数为15D. 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

12、到所有项的系数和为，正确.故选：BD10. 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：AB11. 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

13、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：BCD12. 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

14、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

15、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22

16、2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，与的面积比为_；设，则_ 【答案】 . . 【解析】【分析】根据类比图形的结构特点，找到与的面积联系即可.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：；.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

17、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

18、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，

19、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，求；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）；【解析】【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；（2）依题意可得，再利用裂项相消法求和即可；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】因为，所以，所以；由可知，所以，令，则，所以单调递减，又，所以当时，则的最小值

20、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

21、递增，又，由（1）可知时有，此时，显然符合；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；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

22、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.