?2023屆江蘇省鹽城市亭湖高級中學高三一模模擬數學試題

一、單選題
1．不等式(x－π)(x－e)≤0成立的一個充分不必要條件是（????）
A．x∈(π，e) B．x∈[e，π]
C．x∈(e，π) D．x∈(－∞，π]
【答案】C
【分析】根據題意先解出不等式，進而根據充分不必要條件的定義得到答案.
【詳解】由題意，不等式的解集為：，而是的真子集，則是的充分不必要條件.
故選：C.
2．已知復數z滿足(1－i)z＝2＋3i（i為虛數單位），則z＝（????）
A．－＋i B．＋i
C．－i D．－－i
【答案】A
【分析】利用復數的運算法則求解.
【詳解】∵(1－i)z＝2＋3i,
∴.
故選：A.
3．某校高三年級的名學生中，男生有名，女生有名．從中抽取一個容量為的樣本，則抽取男生和女生的人數分別為（????）
A．、 B．、 C．、 D．、
【答案】C
【分析】利用分層抽樣可計算得出樣本中男生和女生的人數.
【詳解】設樣本中的男生和女生的人數分別為、，由分層抽樣可得，解得.
故選：C.
4．七巧板，又稱七巧圖、智慧板，是中國古代勞動人民的發(fā)明，其歷史至少可以追溯到公元前一世紀，到了明代基本定型，于明、清兩代在民間廣泛流傳．某同學用邊長為4dm的正方形木板制作了一套七巧板，如圖所示，包括5個等腰直角三角形，1個正方形和1個平行四邊形．若該同學從這七塊小木板中隨機抽取2塊，這兩塊的面積相等的概率是（????）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先算出各個小木板的面積，進而根據古典概型加法公式求得答案.
【詳解】如圖，設正方形EGHI的邊長為x（dm），根據題意可知，AE=CE，即.

容易求得,記為S=4，，記為，，記為.
所以所求概率.
故選：A.
5．在三棱錐P-ABC中，已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA為此三棱錐外接球O的直徑，PA＝4，則點P到底面ABC的距離為（????）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】將點P到底面ABC的距離轉化為外接球的球心到底面ABC的距離，再利用三棱錐是棱長為2的正四面體進行求解.
【詳解】設點P到底面ABC的距離為，點到底面ABC的距離為，
則.

連接、，則三棱錐是棱長為2的正四面體，
取的中點，連接，作，則平面，
即，在正中，，
在中，，
即，即點P到底面ABC的距離為.
故選：D.
6．設數列為等比數列，若，，則數列的前項和為（????）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知條件求出等比數列的首項和公比，再利用等比數列的求和公式可求得結果.
【詳解】設等比數列的公比為，則，解得，
因此，數列的前項和為.
故選：C.
7．函數的部分圖象如圖，則下列選項中是其一條對稱軸的是（????）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由給定解析式及圖象確定值的表達式，再逐項分析判斷作答.
【詳解】依題意，點是函數的圖象對稱中心，且在函數的一個單調增區(qū)間內，
則，即，，
令函數周期為，由圖象知，即有，而，則有，
因此，，解得，而，則，，，
由得函數圖象的對稱軸：，
當時，，當時，，當時，，即選項A，B，D不滿足，選項C滿足.
故選：C
8．已知f(x)＝x2＋2ax－1，對任意x1、x2∈[1，＋∞)且x1＜x2，恒有x2f(x1)－x1f(x2)＜a(x1－x2)成立，則實數a的取值范圍是（????）
A．(－∞，2] B．(－∞，3] C．(－∞，] D．(0，]
【答案】A
【分析】由已知條件可得函數在上單調遞增，所以在上恒成立，從而可得在上恒成立，進而可求得答案
【詳解】由，，得，
所以，
因為且，
所以函數在上單調遞增，即在上單調遞增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
所以，
所以實數a的取值范圍是，
故選：A

二、多選題
9．某企業(yè)節(jié)能降耗技術改造后，在生產某產品過程中記錄的產量(噸)與相應的生產能耗(噸)的幾組對應數據如表，現發(fā)現表中有個數據看不清，已知回歸直線方程為，下列說法正確的是（????）

2
3
4
5
6

19
25

38
44

A．看不清的數據的值為34
B．具有正相關關系，相關系數
C．第三個樣本點對應的殘差
D．據此模型預測產量為7噸時，相應的生產能耗約為50噸
【答案】ACD
【分析】利用回歸直線方程結合各選項的條件逐一分析計算即可判斷作答.
【詳解】對于A，，由回歸直線方程得，則，A正確；
對于B，由回歸直線方程及數表知，具有正相關關系，而相關系數的絕對值不超過1，B不正確；
對于C，第三個樣本點對應的殘差，C正確；
對于D，在回歸直線方程中，時，生產能耗約(噸) ，D正確.
故選：ACD
10．等差數列的前項和為，公差為，若，則下列結論正確的是（????）
A．若，則 B．若，則最小
C． D．
【答案】ACD
【分析】根據題意得，再分和兩種情況討論求解即可.
【詳解】解：因為，即，
因為，
所以，
所以當，，所以，即，所以，所以，最小，此時；
當，，所以，即，所以，即所以，，此時；
故ACD滿足題意.
故選：ACD
11．甲袋中裝有4個白球，2個紅球和2個黑球，乙袋中裝有3個白球，3個紅球和2個黑球．先從甲袋中隨機取出一球放入乙袋，再從乙袋中隨機取出一球．用，，分別表示甲袋取出的球是白球、紅球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，則（????）
A．，，兩兩互斥 B．
C．與B是相互獨立事件 D．
【答案】AB
【分析】對于A，由互斥事件的定義判斷，對于B，由條件概率的公式求解即可，對于C，由獨立事件的定義判斷，對于D，由求解
【詳解】對于A，由題意可知，，不可能同時發(fā)生，所以，，兩兩互斥，所以A正確，
對于B，由題意可得，所以，所以B正確，
對于C，因為，，，所以，所以與B不是相互獨立事件，所以C錯誤，
對于D，由C選項可知D是錯誤的，
故選：AB
12．笛卡爾是西方哲學思想的奠基人之一，“我思故我在”便是他提出的著名的哲學命題；同時，笛卡爾也是一位家喻戶曉的數學家，除了發(fā)明坐標系以外，笛卡爾葉形線也是他的杰出作品，其方程為x3＋y3＝3axy，a為非零常數．下列關于笛卡爾葉形線的說法中正確的是（????）
A．圖象關于直線y＝x對稱
B．圖象與直線x＋y＋a＝0有2個交點
C．當a＞0時，圖象在第三象限沒有分布
D．當a＝1，x、y＞0時，y的最大值為
【答案】ACD
【分析】設是曲線上任意一點，由點的變換得方程的變化，從而確定曲線的性質，判斷A；用解方程組的思想判斷B；用反證法即證明滿足的點不在曲線上，判斷C；利用基本不等式確定的最大值，判斷D．
【詳解】把互換后，曲線方程不變，因此曲線關于直線對稱，A正確；
代入曲線方程得，，與矛盾，因此無交點，B錯；
時，第三象限點滿足，但此時，，不適合曲線方程，C正確；
時，，，
，
所以，當且僅當，時等號成立．D正確．
故選：ACD

三、填空題
13．設隨機變量，函數沒有零點的概率是，則_____________附：若，則，．
【答案】
【分析】根據函數的無零點可得，結合題意易知，再應用正態(tài)分布的三段區(qū)間概率及對稱性求.
【詳解】函數沒有零點，
二次方程無實根，即，可得，
又沒有零點的概率是，
，由正態(tài)曲線的對稱性知：，
，即，
，
，，
，
故答案為:．
14．中的系數為__________（用數字作答）.
【答案】
【分析】的二項展開式的通項為，令，再求出展開式中的系數，從而可求解.
【詳解】，
其二項展開式的通項為，
要得到，則，解得.
的二項展開式的通項為，
令，可得.
故中的系數為.
故答案為:.
15．已知函數的圖像關于對稱，且，則__________.
【答案】26
【分析】由題意可得，故可得，可得的周期為2.由可得，故可求解.
【詳解】因為的圖像關于對稱，
所以.
所以，兩式相加可得.
故，可得.
故函數的周期為2.
因為，所以.
所以
.
故答案為:26.
16．設為拋物線的焦點，、、為拋物線上不同三點，且，為坐標原點，若、、的面積分別為、、，則___________.
【答案】3
【分析】確定拋物線的焦點的坐標，結合圖形分別求解、、，可得，利用點是的重心，即可求得結論.
【詳解】解：如圖，連接

設、、三點的坐標分別為,，,，,，則
拋物線的焦點的坐標為，
，，，
，
，點是的重心．
．
．
故答案為：3．

四、解答題
17．已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若．
(1)求的值；
(2)若，求cosB的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用數量積定義式，整理等式，利用余弦定理以及正弦定理，可得答案；
（2）根據余弦定理整理等式，求得，利用同角平方式，結合誘導公式以及余弦和角公式，可得答案.
【詳解】（1）由，則，
設，則，
根據余弦定理，可得，
化簡可得，根據正弦定理可得：，則.
（2）由，根據余弦定理，可得，整理可得，
則，，由，則，
由，則，根據正弦定理，可得，即，故，
.
18．記為數列的前項和，已知，，且數列是等差數列.
(1)證明：是等比數列，并求的通項公式；
(2)設，求數列的前項和.
【答案】(1)證明見解析；；
(2).

【分析】（1）由題可得，然后根據項與前項和的關系可得，再根據等比數列的定義即得；
（2）由題可得，然后利用分組求和法及求和公式即得.
【詳解】（1）∵，，
∴，，
設，則，，
又∵數列為等差數列，
∴，
∴，
∴，
當時，，
∴，
∴，
又∵，
∴，即：，
又∵，
∴是以1為首項，為公比的等比數列，
∴，即；
（2）∵，且，
∴，
∴
，
∴.
19．全國高中數學聯賽試題設置如下：聯賽分為一試、加試（即俗稱的“二試”）．一試包括8道填空題（每題8分）和3道解答題（分別為16分、20分、20分），滿分120分．二試包括4道解答題，涉及平面幾何、代數、數論、組合四個方面．前兩道題每題40分，后兩道題每題50分，滿分180分．已知某一數學克賽選手在一試中每道填空題能夠正確解答的概率均為，每道解答題能夠正確解答的概率均為，在二試中前兩道每題能夠正確解答的概率均為，后兩道每題能夠正確解答的概率均為．假設每道題答對得滿分．答錯得0分．
(1)記該選手在二試中的成績?yōu)?，求?br /> (2)根據該選手所在省份歷年的競賽成績分布可知，若一試成績在100分（含100分）以上的選手，最終獲得省一等獎的可能性為，一試成績低于100分，最終獲得省一等獎的可能性為．問該選手最終獲得省一等獎的可能性能否達到，并說明理由．（參考數據：）
【答案】(1)
(2)最終獲得省一等獎的可能性能達到

【分析】（1）利用可求概率.
（2）若該選擇一試成績不低于100，則解答題至少做對兩道，據此分類討論后可判斷該選手最終獲得省一等獎的可能性能否達到.
【詳解】（1）
.
（2）設為該選手在一試中的成績，下求，
若該選手一試成績不低于100，則解答題至少做對兩道.
當該選手做對16分題和一道20分題時，此時填空題全正確，
此時得分為100，則其概率為，
當該選手做對兩道20分題時，此時填空題全正確，
此時得分為104，則其概率為，
當該選手做對所有解答題時，此時填空題至多錯兩題，
此時得分為112或104，
則其概率為，
故，
故該選手最終獲得省一等獎的可能性為：

故該選手最終獲得省一等獎的可能性能達到.
20．如圖，是圓的直徑，是圓上異于，的一點，垂直于圓所在的平面，，，．

(1)求證：平面平面；
(2)若，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）因為是圓的直徑，可證，利用面面垂直的判定定理即可證明.
（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解平面與平面的法向量即可求解.
【詳解】（1）∵是圓的直徑，
∴，又垂直于圓所在的平面，DC在圓所在的平面中，
∴，又，，
∴平面，又平面，
∴平面平面；
（2）
如圖，以為原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，
則，，，，
∴，，，
設平面的法向量為，則
，
令，則，
設平面的法向量為，則
，
令，則，
∴，
∴平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．
21．在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線C：－＝1(a、b為正常數)的右頂點為A，直線l與雙曲線C交于P、Q兩點，且P、Q均不是雙曲線的頂點，M為PQ的中點．
(1)設直線PQ與直線OM的斜率分別為k1、k2，求k1·k2的值；
(2)若＝，試探究直線l是否過定點？若過定點，求出該定點坐標；否則，說明理由．
【答案】(1)
(2)直線l過定點(，0)

【分析】（1）設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，根據M為PQ的中點，利用點差法求解；
（2）根據＝，得到APQ是以A為直角頂點的直角三角形，則AP⊥AQ，然后直線l的斜率不存在，直線l的斜率存在時，將直線方程y＝kx＋m，與雙曲線方程－＝1聯立，由(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0結合韋達定理求解.
【詳解】（1）解：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)，
因為P、Q在雙曲線上，
所以－＝1，－＝1，
兩式作差得－＝0，
即＝，
即＝，
即k1·k2＝；
（2）因為＝，
所以APQ是以A為直角頂點的直角三角形，即AP⊥AQ；
①當直線l的斜率不存在時，設l：x＝t，代入－＝1得，y＝±b，
由|t－a|＝b得，(a2－b2)t2－2a3t＋a2(a2＋b2)＝0，
即[(a2－b2)t－a(a2＋b2)](t－a)＝0，
得t＝或a(舍)，
故直線l的方程為x＝；
②當直線l的斜率存在時，設l：y＝kx＋m，代入－＝1，
得(b2－k2a2)x2－2kma2x－a2(m2＋b2)＝0，
Δ＝a2b2(m2＋b2－k2a2)＞0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則x1＋x2＝，x1x2＝－；
因為AP⊥AQ，
所以·＝0，
即(x1－a，y1)·(x2－a，y2)＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋y1y2＝0，
即x1x2－a(x1＋x2)＋a2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
即(km－a)(x1＋x2)＋(k2＋1)x1x2＋m2＋a2＝0，
即＝0，
即a2(a2＋b2)k2＋2ma3k＋m2(a2－b2)＝0，
即[a(a2＋b2)k＋m(a2－b2)](ak＋m)＝0，
所以k＝－或k＝－；
當k＝－時，直線l的方程為y＝－x＋m，此時經過A，舍去；
當k＝－時，直線l的方程為y＝－ x＋m，
恒過定點(，0)，經檢驗滿足題意；
綜上①②，直線l過定點(，0)．
22．已知函數
(1)求在處的切線方程；
(2)若在定義域上有兩解，求證：
①；
②.
【答案】(1)；
(2)①證明見解析；②證明見解析．

【分析】（1）根據導數的幾何意義即可求出；
（2）①令，方程在定義域上有兩解，等價轉化在上有兩個不同的根，
再判斷出函數的單調性，求出最值，由直線與函數在上的圖象有兩個交點，即可證出；
②根據①，再利用“切線夾”原理放縮即可證出．
【詳解】（1）因為，所以，即在處的切線方程為．
（2）①易得，，因為，
設， 所以，所以在定義域上有兩解等價于在上有兩個不同的根，
即直線與函數在上的圖象有兩個交點.
因為，易知當時，，當時，
設，，而，，
所以存在唯一的，使得，即，
故當時，，單調遞增，時，，單調遞減，
綜上可知，當時，，單調遞增，時，，單調遞減，，所以.
設，，，設，
所以，
因為，所以，，
從而，在上遞減，故，即，
當，顯然，故時，恒成立.
故，
即方程在定義域上有兩解時，，原命題得證.
②由①知，設， 所以，所以在定義域上有兩解等價于在上有兩個不同的根，
不妨設，且，所以，
設，，所以，所以，，
即，又，所以，，，即，
所以，原不等式得證.
【點睛】本題第二問的解題關鍵是等價轉化，一是方程根的個數轉化為圖象的交點個數，二是利用“切線夾”將直線與函數的圖象交點的橫坐標之差，轉化為研究直線與兩條切線之間的交點的距離之差，再根據位置關系從而證出．

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