2023届江苏省南通市如皋市高三上学期10月诊断调研测试数学试题

2023届江苏省南通市如皋市高三上学期10月诊断调研测试数学试题一、单选题1．设集合X是实数集R的子集，如果点满足：对任意，都存在，使得，称为集合X的聚点，则在下列集合中：①；②；③；④，以0为聚点的集合有（

）个.A．1 B．2 C．3 D．0【答案】B【分析】根据集合聚点的定义，逐一分析每个集合中元素的性质，并判断是否满足集合聚点的定义，从而得到答案.【详解】对于①集合，对任意的，都存在（实际上任意比α小得数都可以），使得，∴0是集合的聚点；对于②，对于某个实数，比如，此时对任意的，都有，也就是说不可能，从而0不是的聚点；对于③，对任意的，都存在，即，使，故0是集合的聚点；对于④，，故随着n的增大而增大，故的最小值为，故当时，即不存在，使得，故0不是的聚点；故以0为聚点的集合有2个，故选：B2．设命题p：，命题q：，那么命题p是命题q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分不必要条件【答案】A【分析】对命题p进行分类求解，对命题q取特殊值验证，从而可判断得出结论.【详解】命题p：，当时，，即；当时，，即；所以命题p是命题q的充分条件；命题q：，可取，而此时；故命题p是命题q的不必要条件；故选：A.3．关于复数，下列说法正确的是（

）A．若，则或B．复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为C．若点Z的坐标为，则Z对应的点在第三象限D．若复数z满足，则复数z对应的点所构成的图形面积为【答案】D【分析】取，计算模，可判断A;根据复数的几何意义结合向量的运算，可判断B;根据点的坐标特征可判断其所在象限，判断C;根据复数模的几何意义求得复数z对应的点所构成的图形面积，判断D.【详解】对于A，取，则，故A错误；对于B，，B错误；对于C，点Z的坐标为，则Z对应的点在第二象限，C错误；对于D，设，则由可知，故复数z对应的点所构成的图形面积为，D正确，故选：D.4．已知数列的前项和为，且().记，为数列的前项和，则使成立的最小正整数为（

）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】根据之间的关系证明为等比数列，然后再证明也是等比数列，由此求解出.根据不等式结合指数函数单调性求解出的取值范围，从而确定出的最小整数值.【详解】解析：由，可知，∴，即.时，，∴，∴，∴，∴数列是以1为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴数列是以为首项，以为公比的等比数列.∴.又，∴，即，∴.又，∴的最小值为7.故选：C.5．已知，，，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】先根据二倍角余弦公式求，解得，最后根据两角差余弦公式得结果.【详解】或因为，所以故选：B【点睛】本题考查二倍角余弦公式、两角差余弦公式，考查基本分析求解能力，属中档题.6．在正三棱锥中，是的中心，，则(

)A． B． C． D．【答案】D【分析】将转化为，由三棱锥是正三棱锥可知PO⊥OA，即可将转化为，结合勾股定理即可求解．【详解】为正三棱椎，为的中心，∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，∴，故．故选：D.7．设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造函数并利用导函数判断函数的单调性，进一步得到，根据基本不等式化简求出c的范围以及b的范围，进一步求出答案.【详解】设，∴，∴在的范围内单调递增，，∴由此可得，设，∴，∴在的范围内单调递减，，∴由此可得，，显然，所以，综合可得.故选：D.二、多选题8．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，某市文化宫于春分时节开展油纸伞文化艺术节.活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞的伞沿是一个半径为1的圆，圆心到伞柄底端的距离为1，阳光照射油纸丛在地面上形成了一个椭圆形的影子（春分时，该市的阳光照射方向与地面的夹角为），若伞柄底端正好位于该椭圆的左焦点位置，则（

）A．该椭圆的离心率为 B．该椭圆的离心率为C．该椭圆的焦距为 D．该椭圆的焦距为【答案】BC【分析】先求得，结合椭圆的知识以及正弦定理求得，进而求得椭圆的离心率和焦距.【详解】，如图，分别是椭圆的左､右顶点，是椭圆的左焦点，是圆的直径，为该圆的圆心.因为，所以，设椭圆的长轴长为，焦距为，则.因为，由正弦定理得，解得，所以，所以.故选：BC9．若，则下列说法正确的有（

）A．的最小正周期是B．方程是的一条对称轴C．的值域为D．，，对都满足，（a，b是实常数）【答案】BC【分析】根据，可判断A,根据可判断B,根据周期性以及三角函数的性质可判断C,根据图象可判断D.【详解】对A,因为，所以，故是的一个周期，故最小正周期是是错误的，对B，因为，故是的一条对称轴是正确的，对C,当时，，由，则，故因此，由A知是的周期，故的值域为，C正确，对D,因为当时，，且是的周期，故画出的图象如图：由图可知，没有对称中心，故不存在，使得，故D错误.故选：BC10．已知数列满足，则（

）A．≥2 B．是递增数列C．{-4}是递增数列 D．【答案】ABD【分析】根据所给的递推公式，结合选项构造对应的表达式推导即可【详解】对于A，因为，故，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，由A可得为正数数列，且，则，故为递增数列，且，根据对勾函数的单调性，为递增数列，故B正确；对于C，由，由题意，，即可知不是递增数列；对于D，因为，所以，所以，所以，即.故选：ABD11．已知抛物线的焦点为，抛物线上的点到点的距离是2，是抛物线的准线与轴的交点，，是抛物线上两个不同的动点，为坐标原点，则（

）A． B．若直线过点，则C．若直线过点，则 D．若直线过点，则【答案】BCD【分析】对于A，利用抛物线的定义求得抛物线的方程，然后将点的坐标代入即可求解；对于B，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系以及向量数量积的坐标运算即可求解；对于C，先写出点的坐标，然后得到直线与的斜率之和为0，从而得到直线平分，再根据三角形内角平分线定理即可得解；对于D，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用根与系数的关系得到，然后利用抛物线的定义及基本不等式得到，结合即可得解．【详解】由题意得，则，故抛物线的方程为，将代入抛物线的方程，得，解得，所以A不正确；设，，易知直线的斜率不为零，当直线过点时，可设直线的方程为，与抛物线方程联立，得，化简得：，则，，所以，所以，所以B正确；易知，则由选项B得，所以直线平分，所以，选项C正确；因为直线过点，且斜率不为零，所以设直线的方程为，与抛物线方程联立，易得，所以．因为，，且，所以，又，所以，所以D正确．故选：BCD．12．已知某四面体的四条棱长度为a，另外两条棱长度为b，则下列说法正确的是注：，，，则，当且仅当时，等号成立（

）A．若且该四面体的侧面存在正三角形，则B．若且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积C．若且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积D．对任意，记侧面存在正三角形时四面体的体积为，记对棱均相等时四面体的体积为，恒有【答案】ACD【分析】对于A，利用四面体的特点求得相关边长，结合余弦定理求得b的表达式，结合三角函数知识即可求得b的范围，判断A;根据四面体特征，确定相关棱长，利用棱锥体积公式可求得四面体体积的表达式，继而求得其取值范围，判断B,C;结合B,C的分析，确定最值，进行比较，可得结论，判断D.【详解】对于A选项，如图所示，且该四面体的侧面存在正三角形，四面体中，依题意，不妨设，设E是的中点，所以

,设，则，在三角形中，由余弦定理得,即,,由于，所以，故A正确；对于B，四面体中，不妨设，，设E是的中点，则，平面，所以平面，设设，则，由于，故，当时，，当时等号成立，B错误，对于C，四面体中，且该四面体的对棱均相等，不妨设，设E是的中点，则，平面，所以平面，在三角形中，，，，当且仅当,即时等号成立，故当时即,C选项正确;对于D选项，由上述分析可知，,,即，所以D选项正确，故选︰．【点睛】本题考查了空间四面体的棱长的范围以及体积计算问题，涉及到余弦定理以及三角函数和不等式相关的知识，计算量较大，解答时要发挥空间想象力，明确空间的位置关系，解答的关键时能准确的进行体积计算，并计算体积的最值.三、填空题13．已知函数（）为奇函数，，若函数与图像的交点为，，…，，则=________.【答案】3m【分析】分别判断函数与的对称性，结合函数的对称性进行求解即可．【详解】解：因为函数为奇函数，所以函数的图象关于点对称，关于点对称，所以两个函数图象的交点也关于点对称，故答案为：【点睛】本题主要考查函数对称性的应用，结合函数奇偶性以及分式函数的性质求出函数的对称性是解决本题的关键．14．已知直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值为__________．【答案】【分析】由两直线方程可知两直线垂直，且分别过定点、，所以点P的轨迹为以两定点连线段为直径的圆，方程为，因为要求的最大值，可作垂直线段CD⊥AB，根据向量的运算可得，，根据条件求得CD的长度为1，所以点D的轨迹为。根据两圆方程可知点P的轨迹与点D的轨迹外离，故的最大值为两圆的圆心距加上两圆的半径。【详解】∵l1：mx﹣y﹣3m+1=0与l2：x+my﹣3m﹣1=0，∴l1⊥l2，l1过定点，l2过定点，∴点P的轨迹方程为圆，作CD⊥AB，，所以点D的轨迹为,则，因为圆P和圆D的圆心距为，所以两圆外离，所以|PD|最大值为，所以的最大值为故答案为：15．已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，点，则当角取到最大值时的面积为______【答案】【分析】设中点为，则利用向量的加法得到，而，，以此求出．然后利用余弦定理和不等式确定C最大时b值，利用勾股定理确定直角三角形后得出面积．【详解】设中点为，则，，即，由知角为锐角，故，当且仅当，即时最小，又在递减，故最大.此时，恰有，即为直角三角形，.故答案为：.【点睛】关键点睛：运用平面向量数量积的运算性质，结合余弦定理进行求解是解题的关键.16．阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体组成，目前发现了共有13个这种几何体，而截角四面体就是其中的一种，它是由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体而得，已知一截角四面体的棱长为①每一个截角四面体共有18条棱，12个顶点;②该截角四面体的表面积为③该截角四面体的外接球半径为则上述所有正确结论的序号是______.【答案】①③【分析】根据题意可求出截角四面体的棱数和顶点数，判断①；根据截角四面体的特征求出其表面积判断②，结合原正四面体特征，列式求得截角四面体的外接球半径，判断③.【详解】由题意由一个正四面体分别沿每条棱的三等分点截去四个小正四面体，可知每截去一个角，就增加了3条棱，2个顶点，所以截角四面体的棱数和顶点数分别为和，①正确；截角四面体表面由4个边长为的等边三角形和4个边长为的正六边形构成，所以表面积②错误；如图，是下底面正六角形的中心，是上底面正三角形的中心，由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心O在原正四面体的高上，,,故,设球O的半径为R，在中，，所以，在中,所以,故，解得,所以,故③正确，故答案为：①③四、解答题17．记内角的对边分别是，已知.(1)求证：；(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）首先化简条件中的正切等式，再将正切写成正弦和余弦，最后利用正弦定理，角化为边，即可证明；（2）首先设，利用三角不等式的恒等式，化简后可得的取值范围，再计算的取值范围.【详解】(1)由得：即两边同时除以得：即所以因此得证；(2)设①，代入可得②，由三角不等式得：，即③，将①②代入③得，整理得且解得，因为，显然在上单调递增，所以18．图1是由矩形、等边和平行四边形组成的一个平面图形，其中，，N为AC，AB折起使得与重合，连结，BN，如图2.(1)证明：在图2中，，且B，C，，四点共面；(2)在图2中，若二面角的大小为，且，求直线AB与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)取AC的中点M，证明平面BMN及即可推理作答.(2)在平面BMN内作，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.【详解】(1)取AC的中点M，连接NM，BM，如图，因为矩形，N为的中点，则，又因ABC为等边三角形，则，，平面BMN，则有平面BMN，又平面BMN，所以；矩形中，，平行四边形中，，因此，，所以B，C，，四点共面.(2)由(1)知，，则为二面角的平面角，，在平面BMN内过M作，有，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，，，，设平面的法向量为，则，令，得，由得，，设直线AB与平面所成角为，于是得，所以直线AB与平面所成角的正弦值是.19．已知数列满足，.（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式.（2）若记为满足不等式的正整数的个数，数列的前项和为，求关于的不等式的最大正整数解.【答案】（1）证明见解析；；（2）8.【解析】（1）根据等差数列的定义，证明为常数，由等差数列通项公式得，从而求得；（2）不等式即为，从而可确定的个数，即，然后由错位相减法求得，结合是递增数列，通过估值法得出不等式的最大正数解．【详解】（1）由取倒数得，即，所以为公差为的等差数列，.（2）当时，，所以这样有个，，，，两式相减得：，所以为递增数列.，，，所以最大正整数解为8.【点睛】方法点睛：本题主要考查等差数列的证明，考查错位相减法求和．数列求和的常用方法有：（1）公式法；（2）错位相减法；（3）裂项相消法；（4）分组（并项）求和法；（5）倒序相加法．20．如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.【详解】(1)取中点，连接，分别为的中点，，底面四边形是矩形，为棱的中点，，．，，故四边形是平行四边形，．又平面，平面，平面．(2)假设在棱上存在点满足题意，在等边中，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，平面，则是四棱锥的高．设，则，，，所以.以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，故，，．设，．设平面PMB的一个法向量为，则取．易知平面的一个法向量为，，，故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.21．作斜率为的直线l与椭圆交于两点，且在直线l的左上方.(1)当直线l与椭圆C有两个公共点时，证明直线l与椭圆C截得的线段AB的中点在一条直线上；(2)证明：的内切圆的圆心在一条定直线上.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设方程，联立利用韦达定理，用表示中点坐标，最后消参，就可以得到线段AB的中点所在的直线方程，即证明完成；（2）因为内切圆圆心在角平分线上，所以要找，的斜率的关系，最后计算得，又因为在直线l的左上方，所以会发现的角平分线为一个固定的直线，就证明到的内切圆的圆心在一条定直线上.【详解】(1)设，，中点坐标为，所以有，联立，得，得，得，由韦达定理可知，，所以，所以，化简得：，所以线段AB的中点在直线上.(2)由题可知，的斜率分别为，