南京市2023届高三年级学情调研（7月预演）含答案.pdf

《南京市2023届高三年级学情调研（7月预演）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《南京市2023届高三年级学情调研（7月预演）含答案.pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 1 南京市 2023 届高三年级学情调研（7 月预演）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、准考证号填写在试卷及答题卡上一、选择题：本题共 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。1 若|1iz|34i|，则|zi|A2B3C4D52 若集合 UN*，MxN*|ytan2x，Ny|yx4x，12x4，则(UM)NA5，7B4，5，6，7C4，8D4，1723 在ABC 中，记CAm，CBn，则AB(CACB)Am

2、nBmnCn2m2Dm2n24 在ABC 中，AB 5，AC 2，BC3则以 BC 为轴，将ABC 旋转一周所得的几何体的体积为A3B23CD435 从 1 至 8 的 8 个整数中随机抽取 2 个不同的数，则这 2 个数和为偶数的概率为A1114B514C47D376 已知函数 f(x)sin(x9)sin(59x)，g(x)f(f(x)，则 g(x)的最大值为A 2B 3C32D27 双曲线 C：x2a2y21(a0)的左、右焦点分别为 F1，F2，A 为 C 左支上一动点，直线AF2与 C 的右支交于点 B，且|AB|3a，ABF1与BF1F2的周长相等，则|F1F2|A2 33B4 3

3、3C23D438 若函数 f(x)，g(x)的定义域为 R，且f(x)g(x)g(x2)f(x2)，f(2022)g(2024)2，则 23k0f(2k)g(2k2)A28B30C46D48 2 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：xayb1 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B，圆C：x2y2axbyc0，则A若 c0，则点 O 在圆 C 上B直线 l 与坐标轴围成的三角形的面积为ab2C若点 O 在圆 C 内

4、部，则 c 的取值范围为(0，)D若 abc83，则圆 C 与OAB 的中位线相切10已知数列an满足 a11，an1anan1an，则Aan12anBan1an是递增数列Can14an是递增数列Dann22n211在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA1AD2AB2，ABAD，且 P 为 CC1中点，Q为 AA1上一动点，则A|PQ|5，6B三棱锥 BQPB1的体积为23C存在点 Q 使得 BD1与平面 QPB1垂直D存在点 Q 使得 AC1与平面 QPB1垂直12设 kR 且 k0，n2，nN*，(1kx)na0a1xa2x2anxn，则A ni0ai2nB ni1ai(1k)n1C

5、 ni1iaink(1k)n1D ni2i2ai2n(n1)k2(1k)n2三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13设 a，b0，且2 ab1，则ab的最小值为_14已知函数 f(x)alnxbxx，g(x)f(x)若 g(1)g(3)0，则 f(2)_15已知一个正四面体的棱长为 2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1 为半径的球面所形成的交线的长度为_16在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F(p，0)，则 C 的方程为_；若 P，F 两点关于 y 轴对称，且以 PF 为直径的圆与 C 的一个交点为 A，则 cosOAF_ 3

6、四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）记 Sn为数列an的前 n 项和，已知 an1，Sn12a2n是公差为12的等差数列（1）证明：an是等差数列；（2）若 a1，a2，a6可构成三角形的三边，求S13a14的取值范围18（12 分）已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的上顶点为 A(0，1)，右焦点为 F(1，0)（1）求 C 的方程；（2）若 P 为 C 上一点，且 tanAFP2 3，求直线 PF 的方程19（12 分）记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知a2b2c2a2b2c2ab（1）若

7、C4，求 A，B；（2）若ABC 为锐角三角形，求abcos2B的取值范围20（12 分）根据北京冬奥组委与特许生产商的特许经营协议，从 7 月 1 日开始，包括冰墩墩公仔等在内的 2022 北京冬奥会各种特许商品将停止生产现给出某零售店在某日（7 月 1 日前）上午的两种颜色冰墩墩的销售数据统计表（假定每人限购一个冰墩墩）：蓝色粉色男顾客5a6a6女顾客2a34a3（1）若有 99的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，求 a 的最小值；4（2）在 a 取得最小值的条件下，现从购买蓝色冰墩墩的顾客中任选 p 人，从购买粉色冰墩墩的顾客中任选 q 人，且 pq9(p，q0)，记选到的人中女

8、顾客人数为 X求 X的分布列及数学期望附：K2n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k)0.050.0100.001k3.8416.63510.82821（12 分）如图，四棱锥 PABCD 的体积为34，平面 PAD平面 ABCD，PAD 是面积为 3的等边三角形，四边形 ABCD 是等腰梯形，BC1，E 为棱 PA 上一动点（1）若直线 EC 与平面 ABCD 的夹角为 60，求二面角 BCED 的正弦值；（2）求EDEC的取值范围DECABP22（12 分）已知函数 f(x)axex和 g(x)lnxax有相同的最大值（1）求 a；（2）证明：存在直线 yb，其与两条曲

9、线 yf(x)和 yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列 1 南京市 2023 届高三年级学情调研（7 月预演）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、准考证号填写在试卷及答题卡上一、选择题：本题共 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。1 若|1iz|34i|，则|zi|A2B3C4D5【答案】D【解析】|zi|1iz|34i|52 若集合 UN*，MxN*|ytan2x，Ny|y

10、x4x，12x4，则(UM)NA5，7B4，5，6，7C4，8D4，172【答案】A【解析】因为UMx|x2k1，kN，N4，172，所以(UM)N5，73 在ABC 中，记CAm，CBn，则AB(CACB)AmnBmnCn2m2Dm2n2【答案】C【解析】因为ABCBCAnm，所以AB(CACB)(nm)(nm)n2m24 在ABC 中，AB 5，AC 2，BC3则以 BC 为轴，将ABC 旋转一周所得的几何体的体积为A3B23CD43【答案】C 2【解析】由图形易知 BC 边上的高为 1，所以 V13Sh1335 从 1 至 8 的 8 个整数中随机抽取 2 个不同的数，则这 2 个数和为

11、偶数的概率为A1114B514C47D37【答案】D【解析】p12C28376 已知函数 f(x)sin(x9)sin(59x)，g(x)f(f(x)，则 g(x)的最大值为A 2B 3C32D2【答案】B【解析】记 tx9，则 f(x)h(t)sintsin(t3)32sint32cost，所以 h(t)3sin(t6)3，3，且 33，所以 f(f(x)最大为 37 双曲线 C：x2a2y21(a0)的左、右焦点分别为 F1，F2，A 为 C 左支上一动点，直线AF2与 C 的右支交于点 B，且|AB|3a，ABF1与BF1F2的周长相等，则|F1F2|A2 33B4 33C23D43【答

12、案】B【解析】记 C 的焦距为 2c，则|F1F2|2c2 a21，又ABF1与BF1F2的周长相等，即|AB|AF1|F1F2|BF2|，又|AB|3a，且|AB|BF2|AF1|2a，即 2a a21，a213，所以|F1F2|2 a214 338 若函数 f(x)，g(x)的定义域为 R，且f(x)g(x)g(x2)f(x2)，f(2022)g(2024)2，则 23k0f(2k)g(2k2)A28B30C46D48【答案】B【解析】因为f(x)g(x)g(x2)f(x2)，所以f(x)g(x2)f(x2)g(x)1，记 h(x)f(x)g(x2)，所以 h(x)h(x2)1，h(x2)

13、h(x)1，则 h(x)h(x4)，3 所以 h(2k)h(2(k2)，f(2022)g(2024)f(2)g(4)2，且 f(2)f(0)g(2)g(4)，则f(0)g(2)12，所以 23k0f(2k)g(2k2)(122)1230二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。9 在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：xayb1 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 B，圆C：x2y2axbyc0，则A若 c0，则点 O 在圆 C 上B直线 l 与坐标轴围成的三角

14、形的面积为ab2C若点 O 在圆 C 内部，则 c 的取值范围为(0，)D若 abc83，则圆 C 与OAB 的中位线相切【答案】ACD【解析】对于 A，圆 C：(xa2)2(yb2)2a2b24ca2b24，令 xy0，恰符合；对于 B，面积为|ab|2；对于 C，a2b24ca2b24，即 c0；对于 D，圆 C：(x43)2(y43)289，中位线 3x3y40 恰与圆 C 相切10已知数列an满足 a11，an1anan1an，则Aan12anBan1an是递增数列Can14an是递增数列Dann22n2【答案】ABD【解析】对于 A，因为an1anan1an2，所以an12an；对于

15、 B，因为an1anan1an，所以an1an是递增数列；对于 C，由an14an(an2)23，可知an14an不是递增数列；对于 D，因为 an1，所以an1a2n1an1an，所以an1n1，ann，所以an1a2n1n21，即 an(n1)21n22n2 4 11在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AA1AD2AB2，ABAD，且 P 为 CC1中点，Q为 AA1上一动点，则A|PQ|5，6B三棱锥 BQPB1的体积为23C存在点 Q 使得 BD1与平面 QPB1垂直D存在点 Q 使得 AC1与平面 QPB1垂直【答案】AB【解析】以 D 为坐标原点，DA 为 x 轴，DC 为 y

16、 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，对于 A，P(0，1，1)，Q(2，0，q)，所以|PQ|(q1)25，且 q0，2，所以|PQ|5，6；对于 B，VBQPB1VQBPB1131122223；对于 C，BP(2，0，1)，BQ(0，1，q)，BD1(2，1，2)，设平面 QPB1的法向量 n(x，y，z)，且nBP0，nBQ0，即2xz0，yqz0则 n 可以是(1，2q，2)，所以BD1不可能平行于 n；对于 D，因为AC1(2，1，2)，所以AC1也不可能平行于 n12设 kR 且 k0，n2，nN*，(1kx)na0a1xa2x2anxn，则A ni0ai2nB n

17、i1ai(1k)n1C ni1iaink(1k)n1D ni2i2ai2n(n1)k2(1k)n2【答案】BC【解析】对于 A，代入 x1 得 ni0ai(1k)n；对于 B，代入 x0 得 a01，所以 ni1ai(1k)n1；对于 C，对等式两边 x 同时求导得 nk(1kx)n1a12a2xnanxn1(*)，代入 x1 得 ni1iaink(1k)n1；对于D，对(*)式两边x同时求导得nk2(n1)(1kx)n22a26a3xn(n1)anxn2，代入 x1，则 ni2i(i1)aink2(n1)(1k)n2，5 所以 ni2i2ai ni2i(i1)ai ni2iaink2(n1)

18、(1k)n2nk(1k)n1a1nk(nk1)(1k)n2nk三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13设 a，b0，且2 ab1，则ab的最小值为_【答案】0【解析】ab(b1)24bb414b120，当且仅当 a0，b1 时取等14已知函数 f(x)alnxbxx，g(x)f(x)若 g(1)g(3)0，则 f(2)_【答案】4ln212【解析】因为 g(x)f(x)axbx21x2axbx2，且 g(1)g(3)0，即a4，b3，所以 f(x)4lnx3xx，f(2)4ln21215已知一个正四面体的棱长为 2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1 为半径的球面所形成

19、的交线的长度为_【答案】303【解析】设外接球半径为 r，外接球球心到底面的距离为 h，则 hr2 63，r2h243，所以 r62，由几何图形可知交线半径为306，所以交线长度为 230630316在平面直角坐标系 xOy 中，已知抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F(p，0)，则 C 的方程为_；若 P，F 两点关于 y 轴对称，且以 PF 为直径的圆与 C 的一个交点为 A，则 cosOAF_【答案】y28x；512【解析】因为 y22px 的焦点为(p2，0)，所以p2 p，解得 p4，则 C 的方程为 y28x；因为 P，F 两点关于 y 轴对称，且 OF2，6 所以以 PF

20、为直径的圆为 x2y24，设 A(x0，y0)，则OA(x0，y0)，FA(x02，y0)，联立y28x，x2y24则 x28x40，解得 x02 54，且 cosOAFOAFA|OA|FA|124 52 248 5512四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）记 Sn为数列an的前 n 项和，已知 an1，Sn12a2n是公差为12的等差数列（1）证明：an是等差数列；（2）若 a1，a2，a6可构成三角形的三边，求S13a14的取值范围解：（1）因为Sn12a2n是公差为12的等差数列，所以 Sn12a2n(Sn112a2n1)

21、12，即(an1)2a2n1，又 an1，所以 anan11，所以an是等差数列；（2）因为 a1，a2，a6可构成三角形的三边，所以 2a11a15，即 a14，又S13a1413a7a1413a178a1131391a113，且 a14，所以S13a14(13017，13)18（12 分）已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的上顶点为 A(0，1)，右焦点为 F(1，0)（1）求 C 的方程；（2）若 P 为 C 上一点，且 tanAFP2 3，求直线 PF 的方程解：（1）记 C 的焦距为 2c，则 bc1，所以 a 2，C 的方程为x22y21；（2）记坐标原点为 O，且 tan

22、AFPtan(AFOPFO)，或 tanAFPtan(PFOAFO)，7 因为 tanAFP2 30，bc1，所以AFO45，所以 tanAFPtanAFOtanPFO1tanAFOtanPFO1tanPFO1tanPFO2 3，或 tanAFPtanPFOtanAFO1tanPFOtanAFOtanPFO11tanPFO2 3，所以 tanPFO33或 3，记直线 PF 的斜率为 k，则 ktanPFO33或 3，所以 PF 的方程为 y33(x1)或 y 3(x1)，即3yx10 或3xy 3019（12 分）记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知a2b2c2a2b2

23、c2ab（1）若 C4，求 A，B；（2）若ABC 为锐角三角形，求abcos2B的取值范围解：（1）因为a2b2c2a2b2c2ab2cosC，所以 sin2Asin2B2sin2CcosCsin2CsinCsin(AB)sin(AB)sinCsin(AB)，代入 C4，则 sin(AB)1，所以 AB2，且 AB34，所以 A58，B38；（2）由（1）知 sin2Csin(AB)，当 2CAB 时，且 ABC，若ABC 是锐角三角形，则 A2，所以 2AC，不成立；当 2CAB时，且 ABC，所以 C2B，所以 3B2，则6B4，且 C2B(3，2)，A(4，2)，且abcos2Bsin

24、AsinBcos2Bsin3BsinBcos2B3tan2B，又 tanB(33，1)，所以abcos2B(2，83)8 20（12 分）根据北京冬奥组委与特许生产商的特许经营协议，从 7 月 1 日开始，包括冰墩墩公仔等在内的 2022 北京冬奥会各种特许商品将停止生产现给出某零售店在某日（7 月 1 日前）上午的两种颜色冰墩墩的销售数据统计表（假定每人限购一个冰墩墩）：蓝色粉色男顾客5a6a6女顾客2a34a3（1）若有 99的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，求 a 的最小值；（2）在 a 取得最小值的条件下，现从购买蓝色冰墩墩的顾客中任选 p 人，从购买粉色冰墩墩的顾客中任选

25、q 人，且 pq9(p，q0)，记选到的人中女顾客人数为 X求 X的分布列及数学期望附：K2n(adbc)2(ab)(cd)(ac)(bd)P(K2k)0.050.0100.001k3.8416.63510.828解：（1）因为有 99的把握认为顾客购买的冰墩墩颜色与其性别有关，不妨给出零假设 H0：顾客购买的冰墩墩颜色与其性别无关，且该假设成立概率小于等于 0.010，且由表知 P(K26.635)0.010，则 K22a36.635，即 a9.9525，又 aZ，a6Z，所以 a 的最小值为 12；（2）因为 pq9，所以 X 的所有可能取值是 0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，所以

26、 X 的分布列为 P(Xi)C9i12Ci24C936，i0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，且 XH(9，24，36)，所以 E(X)nMN21636621（12 分）如图，四棱锥 PABCD 的体积为34，平面 PAD平面 ABCD，PAD 是面积为 3的等边三角形，四边形 ABCD 是等腰梯形，BC1，E 为棱 PA 上一动点（1）若直线 EC 与平面 ABCD 的夹角为 60，求二面角 BCED 的正弦值；（2）求EDEC的取值范围 9 DECABP解：（1）因为PAD 是面积为 3的等边三角形，所以 PAPDAD2，因为平面 PAD平面 ABCD，四边形 ABCD 是等腰梯形，过

27、 P 作 AD 的垂线，垂足为 O，记 BC 中点为 T，连接 OT，所以 OTAD，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，OT 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，且 BC1，OP 3，又四棱锥 PABCD 的体积为34，所以四边形 ABCD 的面积为3 34，OT32，设 E(t，0，3 3t)，又 C(12，32，0)，所以 EC 4t25t4，又直线 EC 与平面 ABCD 的夹角为 60，即 4t25t422t，解得 t0，E，P 两点重合，又 E(0，0，3)，BC(1，0，0)，CE(12，32，3)，CD(12，32，0)，设平面 BCE 的法向量 n1

28、(x1，y1，z1)，平面 CDE 的法向量 n2(x2，y2，z2)，且n1BC0，n1CE0，n2CE0，n2CD0，即x10，y12z10，12x232y2 3z20，x2 3y20所以 n1可以是(0，2，1)，n2可以是(3，1，0)，记二面角 BCED 的平面角为，则|cos|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|252，sin2 55，即二面角 BCED 的正弦值为2 55；（2）因为 ED 4t24t4，EC 4t25t4，所以EDEC4t24t44t25t41t4t25t4114t4t52 33，当且仅当 t1 时 10 取等号，且 t0 时，EDEC1，所以EDEC1，2

29、 3322（12 分）已知函数 f(x)axex和 g(x)lnxax有相同的最大值（1）求 a；（2）证明：存在直线 yb，其与两条曲线 yf(x)和 yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列解：（1）因为 f(x)a(1x)ex，g(x)1lnxax2，当 a0 时，令 f(x)，g(x)0，f(x)，g(x)0，则 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)单调递增，不存在最大值，g(x)在(，e)上单调递减，在(e，)单调递增，也不存在最大值；当 a0 时，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)单调递减，g(x)在(，e)上单调递增，在(e，)单调递减，所

30、以 f(x)有极大值 f(1)ae，即 f(x)的最大值，g(x)有极大值 g(e)1ae，即 g(x)的最大值，所以ae1ae，即 a1；（2）由（1）知 f(x)xex，g(x)f(lnx)lnxx，记 h(x)xexb，且 0b1e，则 h(x)1xex，令 h(x)0，h(x)0，则 h(x)在(，1)上单调递增，在(1，)单调递减，且 h(1)1eb0，h(b1b)0，所以存在 x0(b1b，1)，使得 h(x0)0，又 h(1b)0，所以存在 x1(1，1b)，使得 h(x1)0，即此时 yb 与 yf(x)有两个交点，其中一个交点在(0，1)内，另一个交点在(1，)内，同理 yb

31、 与 yf(lnx)g(x)也有两个交点，其中一个交点在(0，e)内，另一个交点在(e，)内，11 若 yb 与 yf(x)和 yg(x)共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线 yf(x)和 yg(x)的公共点，记其横坐标为 x2，令 f(x2)g(x2)f(lnx2)，则 x2(1，e)，lnx2(0，1)，记 yb 与 yf(x)，yg(x)的三个交点的横坐标从左到右依次为 x3，x2，x4，且满足 x31x2ex4，f(x3)f(x2)g(x2)g(x4)，且x2ex2lnx2x2，即x22ex2lnx2，又 f(x3)f(lnx2)，f(x2)f(lnx4)，且 x3，lnx2(0，1)，x2，lnx4(1，e)，且 f(x)在(0，1)和(1，e)上分别单调，所以 x3lnx2，x2lnx4，即 x4ex2，所以x22x3x4，x2为 x3，x4的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标 x3，x2，x4成等比数列