1、請(qǐng)不要在裝訂線內(nèi)答題外裝訂線內(nèi)裝訂線內(nèi)裝訂線_外裝訂線試卷第 =page 4 4頁，共 =sectionpages 5 5頁試卷第 =page 5 5頁，共 =sectionpages 5 5頁江蘇省南京市2023屆高三上學(xué)期7月學(xué)情調(diào)研數(shù)學(xué)試題題號(hào)一二三四五總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上評(píng)卷人得分一、單選題1若，則（）A2B3C4D52若集合則（）ABCD3在中，記，則（）ABCD4在ABC中，.則以BC為軸，將ABC旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體的體積為（）ABCD5從1至8的8個(gè)整數(shù)中隨機(jī)抽取2個(gè)不同的數(shù)，則這2個(gè)數(shù)和為偶數(shù)的概率為（）AB

2、CD6已知函數(shù)，則的最大值為（）ABCD27雙曲線的左右焦點(diǎn)分別為為左支上一動(dòng)點(diǎn)，直線與的右支交于點(diǎn)，且與的周長(zhǎng)相等，則（）ABCD8若函數(shù)的定義域?yàn)?，且，則（）A28B30C46D48評(píng)卷人得分二、多選題9在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知直線與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，圓，則（）A若c=0，則點(diǎn)O在圓C上B直線l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為C若點(diǎn)O在圓C內(nèi)部，則c的取值范圍為（0，+）D若，則圓C與OAB中與平行的中位線相切10已知數(shù)列滿足，則（）A2B是遞增數(shù)列C-4是遞增數(shù)列D11在直四棱柱中，ABAD，且P為中點(diǎn)，Q為上一動(dòng)點(diǎn)，則（）AB三棱錐的體積為C存在點(diǎn)Q使得與平面垂直D存在點(diǎn)

3、Q使得與平面垂直12設(shè)kR且k0，n2，nN*，則（）ABCD評(píng)卷人得分三、填空題13設(shè)a，b0，且，則的最小值為_.14已知函數(shù).若，則_.15已知一個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)為2，則其外接球與以其一個(gè)頂點(diǎn)為球心，1為半徑的球面所形成的交線的長(zhǎng)度為_.評(píng)卷人得分四、雙空題16在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線的焦點(diǎn)為，則C的方程為_；若P，F(xiàn)兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，且以PF為直徑的圓與C的一個(gè)交點(diǎn)為A，則cosOAF=_.評(píng)卷人得分五、解答題17記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知是公差為的等差數(shù)列.(1)證明：是等差數(shù)列；(2)若可構(gòu)成三角形的三邊，求的取值范圍.18已知橢圓的上頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為.(1)求C的方程；

4、(2)若P為C上一點(diǎn)，且，求直線PF的方程.19記ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知.(1)若，求A，B；(2)若ABC為銳角三角形，求的取值范圍.20根據(jù)北京冬奧組委與特許生產(chǎn)商的特許經(jīng)營協(xié)議，從7月1日開始，包括冰墩墩公仔等在內(nèi)的2022北京冬奧會(huì)各種特許商品將停止生產(chǎn).現(xiàn)給出某零售店在某日（7月1日前）上午的兩種顏色冰墩墩的銷售數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)表（假定每人限購一個(gè)冰墩墩）：藍(lán)色粉色男顧客女顧客(1)若有99%的把握認(rèn)為顧客購買的冰墩墩顏色與其性別有關(guān)，求a的最小值；(2)在a取得最小值的條件下，現(xiàn)從購買藍(lán)色冰墩墩的顧客中任選p人，從購買粉色冰墩墩的顧客中任選q人，且p+q=9（p

5、，q0），記選到的人中女顧客人數(shù)為X.求X的分布列及數(shù)學(xué)期望.附：0.050.0100.0013.8416.63510.82821如圖，四棱錐P-ABCD的體積為，平面PAD平面ABCD，PAD是面積為的等邊三角形，四邊形ABCD是等腰梯形，BC=1，E為棱PA上一動(dòng)點(diǎn).(1)若直線EC與平面ABCD的夾角為60，求二面角B-CE-D的正弦值；(2)求的取值范圍.22已知函數(shù)和有相同的最大值.(1)求a；(2)證明：存在直線y=b，其與兩條曲線和共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列.答案第 = page 14 14頁，共 = sectionpages 15 15頁答案第

6、 = page 15 15頁，共 = sectionpages 15 15頁答案：1D【分析】先設(shè),根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算和模的定義得到，再根據(jù)已知條件計(jì)算即得所求.【詳解】設(shè),由已知得，故選：D2A【分析】根據(jù)正切函數(shù)的性質(zhì)可求解，根據(jù)對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性可求解,進(jìn)而根據(jù)集合的交并補(bǔ)運(yùn)算即可求解.【詳解】因?yàn)樵趩握{(diào)遞減，在單調(diào)遞增，故因?yàn)?，所?故選：A3C【分析】根據(jù)向量的減法法則得，進(jìn)而根據(jù)數(shù)量積的運(yùn)算綠即可求解.【詳解】因?yàn)椋?故選：C4C【分析】確定旋轉(zhuǎn)體是由哪些基本組合體組成的，再由體積公式計(jì)算即可得出答案.【詳解】過A作交于點(diǎn)，則題中旋轉(zhuǎn)體是以繞直角邊所在直線BC旋轉(zhuǎn)所成的兩個(gè)圓錐的組合

7、體.因?yàn)椋?，所以ABC的面積為：，解得.所以將ABC旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體的體積為：故選：C.5D【分析】先由組合求出8個(gè)整數(shù)中隨機(jī)抽取2個(gè)不同的數(shù)的總情況，再求出2個(gè)數(shù)和為偶數(shù)的情況，最后由古典概型求解即可.【詳解】從1至8的8個(gè)整數(shù)中隨機(jī)抽取2個(gè)不同的數(shù)共有種情況，其中要使2個(gè)數(shù)和為偶數(shù)，則2個(gè)數(shù)都為奇數(shù)或都為偶數(shù)，共有，由古典概型可得這2個(gè)數(shù)和為偶數(shù)的概率為.故選：D.6B【分析】記，由三角函數(shù)的性質(zhì)即可求出的最大值.【詳解】記，則，所以，且，所以最大為.故選：B.7B【分析】由題意可求出，又與的周長(zhǎng)相等，即，結(jié)合題意代入即可求出，即可求出的值.【詳解】記的焦距為，則，又與的周長(zhǎng)相等，

8、即，又，且，即，所以.故選：B.8B【分析】設(shè)，證明是周期函數(shù)，周期為4，再計(jì)算出和，然后由周期性可得結(jié)論.【詳解】因?yàn)?，所以，記，所以，則，所以，且，則，所以.故選：B.9ACD【分析】由點(diǎn)與圓的位置關(guān)系判斷AC，求出直線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積判斷B，由直線與圓的位置關(guān)系判斷D.【詳解】對(duì)于，圓，令，恰符合；對(duì)于B，由已知，三角形面積為；對(duì)于C，點(diǎn)O在圓C內(nèi)部，則，即；對(duì)于D，圓，,中點(diǎn)為，中點(diǎn)為，與平行的中位線方程為，即，圓心到此中位線的距離為，此條中位線與圓相切.故選：ACD.10ABD【分析】根據(jù)所給的遞推公式，結(jié)合選項(xiàng)構(gòu)造對(duì)應(yīng)的表達(dá)式推導(dǎo)即可【詳解】對(duì)于A，因?yàn)?，故，所以，?dāng)且僅

9、當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故A正確；對(duì)于B，由A可得為正數(shù)數(shù)列，且，則，故為遞增數(shù)列，且，根據(jù)對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性，為遞增數(shù)列，故B正確；對(duì)于C，由，由題意，即可知不是遞增數(shù)列；對(duì)于D，因?yàn)椋?，所以，所以，?故選：ABD11AB【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量、等體積法進(jìn)行求解.【詳解】因?yàn)樵谥彼睦庵?，ABAD，所以、兩兩垂直，所以以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，對(duì)于選項(xiàng)A，所以，且，所以，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C，設(shè)平面的法向量，且，即，則可以是，所以不可能平行于，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D，因?yàn)椋砸膊豢赡芷叫杏?，故D錯(cuò)誤.故選：AB.12BC【分析】對(duì)原等

10、式令和求解后判斷AB，對(duì)已知等式求導(dǎo)后令可判斷C，再一次求導(dǎo)后令可判斷D【詳解】對(duì)于，代入得；對(duì)于B，代入得，所以；對(duì)于，對(duì)等式兩邊同時(shí)求導(dǎo)得，代入得；對(duì)于，對(duì)（*）式兩邊同時(shí)求導(dǎo)得，代入，則，所以故選：BC130【分析】由題可得，代入，結(jié)合均值不等式即可得出答案.【詳解】因?yàn)?，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等.所以的最小值為0.故0.14【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由得到方程組，即可求出、，即可求出函數(shù)解析式，再代入計(jì)算可得.【詳解】解：因?yàn)椋?，又，即，解得，所以，所?故15【分析】?jī)蓚€(gè)球相交形成的截面圖形為圓面，根據(jù)幾何形質(zhì)求出截面圓的半徑即可.【詳解】設(shè)外接球半徑為，外接球球心到底面的距離

11、為，則，所以，兩球相交形成形成的圖形為圓，如圖，在中，在中，所以交線所在圓的半徑為，所以交線長(zhǎng)度為.故16 【分析】根據(jù)可得的方程；以為直徑的圓為，設(shè)，則，拋物線方程和圓的方程聯(lián)立可得，由向量的夾角坐標(biāo)公式可得答案.【詳解】因?yàn)榈慕裹c(diǎn)為，所以，解得，則的方程為；因?yàn)閮牲c(diǎn)關(guān)于軸對(duì)稱，且，所以以為直徑的圓為，設(shè)，則，聯(lián)立則，解得，且.故.17(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用等差數(shù)列定義和可得答案；（2）由可構(gòu)成三角形的三邊可得，利用又，根據(jù)的范圍可得答案.（1）（1）因?yàn)槭枪顬榈牡炔顢?shù)列，時(shí)，即，所以，又，所以，所以是等差數(shù)列.（2）因?yàn)榭蓸?gòu)成三角形的三邊，所以，即，又，且，所以.18(

12、1)(2)或【分析】（1）根據(jù)題目條件，利用待定系數(shù)法求解.（2）利用兩角和與差的正切公式以及直線的點(diǎn)斜式方程進(jìn)行求解.（1）記橢圓的焦距為，則由題可知，所以，所以橢圓的方程為；（2）記坐標(biāo)原點(diǎn)為，且或，因?yàn)椋?，所以，或，所以或，記直線的斜率為，則或，所以的方程為或，即的方程為或.19(1)(2)【分析】（1）由正弦定理、余弦定理結(jié)合兩角和與差的正弦公式化簡(jiǎn)已知等式即可求出，再結(jié)合即可得出答案.（2）由（1）知，分別討論或，結(jié)合題意即可求出，由正弦定理將化簡(jiǎn)為，代入即可求出答案.（1）因?yàn)?，所以，代入，則，所以，且，所以；（2）由（1）知，當(dāng)時(shí)，且，若是銳角三角形，則，所以，不成立；當(dāng)時(shí)，

13、且，所以，所以，則，且，且，又，所以.20(1)12(2)分布列答案見解析，數(shù)學(xué)期望：【分析】（1）根據(jù)獨(dú)立性檢驗(yàn)，計(jì)算卡方值，與臨界值比較即可求解，（2）根據(jù)超幾何分布即可求解分布列，以及用超幾何的期望公式即可求解.（1）（1）因?yàn)橛械陌盐照J(rèn)為顧客購買的冰墩墩顏色與其性別有關(guān)，不妨給出零假設(shè)：顧客購買的冰墩墩顏色與其性別無關(guān)，且該假設(shè)成立概率小于等于，且由表知，則，即，又，所以的最小值為12；（2）因?yàn)?，所以的所有可能取值是，女生一共?4人，男生一共有12人所以的分布列為，且，所以.21(1)(2)【分析】（1）根據(jù)四棱錐的體積可求解，根據(jù)直線EC與平面ABCD的夾角為60，可判斷重合，進(jìn)

14、而建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的夾角求二面角，（2）根據(jù)空間中兩點(diǎn)間距離公式，可表達(dá)出進(jìn)而用基本不等式即可求解.（1）（1）因?yàn)槭敲娣e為的等邊三角形，所以，因?yàn)槠矫嫫矫?，四邊形是等腰梯形，過作的垂線，垂足為，過作的垂線，垂足為，連接,因?yàn)槠矫嫫矫?其交線為,故平面,故為直線與平面的夾角，記中點(diǎn)為，連接，所以，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，且，又四棱錐的體積為，所以四邊形的面積為故設(shè)，又，所以，,，即，解得兩點(diǎn)重合，又，設(shè)平面的法向量，平面的法向量，且即,令，則，故即，令，則，故記二面角的平面角為，則，即二面角的正弦值為；（2）（2）因?yàn)椋援?dāng)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，且時(shí)

15、，所以.22(1)(2)證明見解析【分析】（1）由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，得最大值，由最大值相等得參數(shù)值 ；（2）設(shè)，由（1）確定，結(jié)合（1）中所得單調(diào)性，利用零點(diǎn)存在定理證明函數(shù)存在兩個(gè)零點(diǎn)，得與的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，同理得與也有兩個(gè)交點(diǎn)，于是為滿足題意有兩個(gè)交點(diǎn)重合，結(jié)合可得出三個(gè)交戰(zhàn)的橫坐標(biāo)之間的關(guān)系，從而證得結(jié)論成立.（1）定義域是，的定義域是，因?yàn)椋?dāng)時(shí)，,則在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，不存在最大值，在上單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，也不存在最大值；同理知當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，所以有極大值，即的最大值，有極大值，即的最大值，所以，即；（2）由（1）知，由于時(shí)，時(shí)，因此只有才可能滿足題意，記，且，由（1）得在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，且，所以存在，使得，設(shè)，則，設(shè)，則，時(shí)，遞減，時(shí)，遞增，所以，所以，是增函數(shù)，時(shí)，又，所以存在，使得，即此時(shí)與有兩個(gè)交點(diǎn)，其中一個(gè)交點(diǎn)在內(nèi)，另一個(gè)交點(diǎn)在內(nèi)，同理與也有兩個(gè)交點(diǎn)，其中一個(gè)交點(diǎn)在內(nèi)，另一個(gè)交點(diǎn)在內(nèi)，若與