2022屆江蘇省南京市金陵中學(xué)高三下學(xué)期二模模擬測(cè)試數(shù)學(xué)試題（解析版）

1、試卷第 =page 1 1頁(yè)，共 =sectionpages 3 3頁(yè)第 Page * MergeFormat 19 頁(yè) 共 NUMPAGES * MergeFormat 19 頁(yè)2022屆江蘇省南京市金陵中學(xué)高三下學(xué)期二模模擬測(cè)試數(shù)學(xué)試題一、單選題1已知集合，則（）ABCD【答案】A【分析】先求出，再根據(jù)交集的定義可求.【詳解】，故，故選：A.2設(shè)平面向量，若則（）ABCD【答案】A【分析】先根據(jù)求得，再根據(jù)向量模的坐標(biāo)表示求得正確答案.【詳解】由于，所以，.故選：A3設(shè)是公差的等差數(shù)列，如果，那么（）ABCD【答案】D【分析】由已知可得，即可得解.【詳解】由已知可得.故選：D.4已知，則（

2、）ABCD【答案】A【分析】利用二倍角公式代入計(jì)算.【詳解】因?yàn)椋?，從而?故選：A5在如今這個(gè)5G時(shí)代，6G研究已方興未艾2021年8月30日第九屆未來信息通信技術(shù)國(guó)際研討會(huì)在北京舉辦會(huì)上傳出消息，未來6G速率有望達(dá)到1Tbps，并啟用毫米波、太赫茲、可見光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立體網(wǎng)絡(luò)，預(yù)計(jì)6G數(shù)據(jù)傳輸速率有望比5G快100倍，時(shí)延達(dá)到亞毫秒級(jí)水平香農(nóng)公式是被廣泛公認(rèn)的通信理論基礎(chǔ)和研究依據(jù)，它表示：在受噪聲干擾的信道中，最大信息傳遞率C取決于信道帶寬W、信道內(nèi)信號(hào)的平均功率S、信道內(nèi)部的高斯噪聲功率N的大小，其中叫做信噪比若不改變帶寬W，而將信噪比從9提升至161，則最大

3、信息傳遞率C會(huì)提升到原來的（）參考數(shù)據(jù)：A2.4倍B2.3倍C2.2倍D2.1倍【答案】C【分析】按照題中所給公式分別求出當(dāng)時(shí)和當(dāng)時(shí)的最大信息傳遞率即可求出答案.【詳解】當(dāng)時(shí)，最大信息傳遞率當(dāng)時(shí)，最大信息傳遞率.故選：C.6為正方體對(duì)角線上的一點(diǎn)，且，下面結(jié)論不正確的是（）AB若平面PAC，則C若為鈍角三角形，則D若，則為銳角三角形【答案】C【分析】連接，根據(jù)正方體的性質(zhì)，證得平面，得到，可判定A正確；連接，證得平面，得到點(diǎn)在平面中，可判定B正確；設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，當(dāng)時(shí)，求得，可判定C不正確；建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，求得的坐標(biāo)，利用，求得的范圍，可判定D正確.【詳解】如圖（1）所示：對(duì)于

4、A中，正方體中，連接，因?yàn)槠矫妫移矫?，所以，又由且，所以平面，因?yàn)?，所以平面，所以，所以A正確；對(duì)于B中，正方體中，連接，可得，且，所以平面，若平面，可得點(diǎn)在平面中，可得，又由，所以，所以B正確；對(duì)于C中，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，當(dāng)為的中點(diǎn)時(shí)，即時(shí)，可得，由余弦定理可得，可得，所以若為鈍角三角形，則是不正確的，故C不正確；對(duì)于D中，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，如圖（2）所示不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則，可得，,由，令，解得或（舍去），又由，所以，即當(dāng)時(shí)，即為銳角，又因?yàn)橹?，所以為銳角三角形，所以D正確.故選：C.7“蒙日?qǐng)A”涉及幾何學(xué)中的一個(gè)著名定理，該定理的內(nèi)容為：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的

5、交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上.該圓稱為橢圓的“蒙日?qǐng)A”若橢圓的離心率為，則橢圓的“蒙日?qǐng)A”方程為（）A或B或C或D或【答案】C【分析】分類討論和，當(dāng)時(shí)，根據(jù)離心率求出，然后在橢圓上取兩點(diǎn)，并寫出對(duì)應(yīng)的切線方程求出交點(diǎn)，進(jìn)而求出圓半徑即可；對(duì)于的情況與的方法步驟一致.【詳解】若，則，即，所以，由于橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上，不妨取兩點(diǎn)，則兩條切線為和，所以兩條切線的交點(diǎn)為，且點(diǎn)在蒙日?qǐng)A上，所以半徑為，所以蒙日?qǐng)A為；若，則，即，所以，由于橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)，必在一個(gè)與橢圓同心的圓上，不妨取兩點(diǎn)，則兩條切線為和，所以兩條切線的交點(diǎn)為，且點(diǎn)在蒙日?qǐng)A上

6、，所以半徑為，所以蒙日?qǐng)A為；綜上：橢圓的“蒙日?qǐng)A”方程為或故選：C.8設(shè)，則（）ABCD【答案】A【分析】利用冪函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷的范圍，利用基本不等式判斷的范圍，構(gòu)造新函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性求出的范圍，進(jìn)而得出結(jié)果.【詳解】由，得，即，所以，所以，則，即；由，即；設(shè)，則，所以在上單調(diào)遞增，且，所以當(dāng)時(shí)，即，當(dāng)時(shí)，即，又，則，所以，即，綜上，.故選：A二、多選題9復(fù)數(shù)，則下列選項(xiàng)一定正確的是（）ABCD【答案】AC【分析】根據(jù)共軛復(fù)數(shù)的定義，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算法則逐一判斷即可.【詳解】因?yàn)?，所?A：因?yàn)椋?，因此本選項(xiàng)正確；B：因?yàn)?，所以，因此本選項(xiàng)不正確；C：因?yàn)椋?，?/p>

7、此本選項(xiàng)正確；D：因?yàn)椋?，因此本選項(xiàng)不正確，故選：AC10在四邊形ABCD中，將沿BD折起，使平面平面BCD，構(gòu)成三棱錐，則在三棱錐中，下列命題錯(cuò)誤的是（）A平面平面ABCB平面平面BCDC平面平面BCDD平面平面ABC【答案】ABC【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合面面垂直的判定和性質(zhì)，結(jié)合二面角的定義，對(duì)每個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行逐一分析，即可判斷和選擇.【詳解】根據(jù)題意，作圖如下：因?yàn)樵谒倪呅蜛BCD中，所以，又平面平面BCD，且平面平面，故平面ABD，又面，則，又，又面，故平面ADC，又面，所以平面平面ADC，故正確；設(shè)，則，由，又，面，可得平面ADC，又面，可得，所以為平面ABD與平面ABC所成角，且

8、，故二面角不為直角，故錯(cuò)誤；由上述證明可知，為平面ADC與平面BCD所成角，為45，故錯(cuò)誤；若平面平面BCD，取BC的中點(diǎn)H，可得，則平面ABC，平面ABC，可得，而中，顯然不為直角三角形，故錯(cuò)誤.故選：ABC.11在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)F是拋物線的焦點(diǎn)，點(diǎn)，在拋物線C上，則下列結(jié)論正確的是（）AC的準(zhǔn)線方程為BCD【答案】ABD【分析】依據(jù)題意求得拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程.解得拋物線的準(zhǔn)線方程判斷選項(xiàng)A；解得參數(shù)b判斷選項(xiàng)B；求得判斷選項(xiàng)C；求得判斷選項(xiàng)D.【詳解】點(diǎn)，在拋物線C上則，解之得則拋物線，選項(xiàng)A：拋物線C的準(zhǔn)線方程為.判斷正確；選項(xiàng)B：.判斷正確；選項(xiàng)C：.判斷錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：拋物線

9、C的焦點(diǎn)，則，則.判斷正確.故選：ABD12某人投了100次籃，設(shè)投完前n次的命中率為其中，.100已知，則一定存在使得（）ABCD【答案】AD【分析】設(shè)k為不超過85的自然數(shù)，根據(jù)題意得，對(duì)A，記前k次投籃中，投中的次數(shù)減去不中的次數(shù)為，得到，通過分析即可判斷；對(duì)B，C，通過反例即可判斷；對(duì)D，如果不存在，使，分析可得，推出矛盾，即可判斷.【詳解】解：根據(jù)題意得：，其中k為不超過85的自然數(shù)，且；對(duì)A，記前k次投籃中，投中的次數(shù)減去不中的次數(shù)為，則，又，一定存在m，使得，此時(shí)，故A正確；對(duì)B，前100次投籃中，若前次投籃均不中，后面次投籃均命中，則對(duì)于，方程無(wú)整數(shù)解，故B錯(cuò)誤；對(duì)C，若前次不

10、中，后面次投籃均命中，最后一次不中，則對(duì)于，方程無(wú)整數(shù)解，故C錯(cuò)誤；對(duì)D，如果不存在m，使得，則前5次投籃中至少有2次不中，前10次投籃中至少有3次不中，前15次投籃中至少有4次不中，依此類推，前70次投籃中至少有15次不中，即前75次投籃中恰有15次不中，從而，矛盾，故D正確故選：AD.三、填空題13邊長(zhǎng)為3的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都在球上，與對(duì)角線的夾角為45，則球的體積為_.【答案】【分析】根據(jù)給定條件結(jié)合球的截面小圓性質(zhì)求出球O的半徑，再利用球的體積公式計(jì)算作答.【詳解】因邊長(zhǎng)為3的正方形的四個(gè)頂點(diǎn)都在球上，則正方形的外接圓是球O的截面小圓，其半徑為，令正方形的外接圓圓心為，由球面的截面小圓

11、性質(zhì)知是直角三角形，且有，而與對(duì)角線的夾角為45，即是等腰直角三角形，球O半徑，所以球的體積為.故答案為：【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及求球的表面積、體積問題，利用球的截面小圓性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵.14幾位大學(xué)生響應(yīng)國(guó)家的創(chuàng)業(yè)號(hào)召，開發(fā)了一款應(yīng)用軟件為激發(fā)大家學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，他們推出了“解數(shù)學(xué)題獲取軟件激活碼”的活動(dòng)這款軟件的激活碼為下面數(shù)學(xué)問題的答案：已知數(shù)列1，1，1，其中第一項(xiàng)是1，接下來的兩項(xiàng)是，1，再接下來的三項(xiàng)是，1，依此類推，求滿足如下條件的最小整數(shù)N；該數(shù)列的前N項(xiàng)和大于46，那么該款軟件的激活碼是_【答案】83【分析】根據(jù)題意可求得該數(shù)列的前項(xiàng)和，再根據(jù)，求得，即可求得答案.【詳解】

12、解：該數(shù)列的前項(xiàng)和為，要使，當(dāng)時(shí)，則，又，所以對(duì)應(yīng)滿足條件的最小整數(shù)故答案為：83.15已知雙曲線C：的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在C的右支上，AF1與C交于點(diǎn)B，若，則C的離心率為_【答案】【分析】由題意可得為等腰直角三角形，設(shè)，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)和雙曲線的性質(zhì)，可得，再在中，由余弦定理可得，從而可求出離心率【詳解】因?yàn)?，所以為等腰直角三角形，設(shè)，則，由雙曲線的定義可得，所以，因?yàn)?，所以，所以，在中，由余弦定理得，所以，所以，得，所以離心率為，故答案為：四、雙空題16已知函數(shù)，則的最小正周期為_；當(dāng)時(shí)，的值域?yàn)開.【答案】 【分析】先根據(jù)函數(shù)周期性的定義說明是函數(shù)的一個(gè)周期，在利用導(dǎo)

13、數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，從而證明是最小正周期；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可求得最大值，再比較時(shí)端點(diǎn)處的函數(shù)值大小，即可求得答案.【詳解】因?yàn)椋蕿榈囊粋€(gè)周期,而當(dāng)時(shí)，由題意可知，令，得，故，因?yàn)楫?dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故的最小正周期為，且在上的最大值為，而，故，故當(dāng)時(shí)，函數(shù)的值域?yàn)?故答案為：；五、解答題17已知等比數(shù)列的前項(xiàng)和為，且滿足，成等差數(shù)列.(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)記，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由題意，利用基本量表示，運(yùn)算即得解；（2）乘公比錯(cuò)位相減法求和，即得解【詳解】(1)設(shè)等比數(shù)列的公比為，依題意，則，(2)，由題意可得-得到18已知四邊形，A，B，C，D

14、四點(diǎn)共圓，(1)若，求的長(zhǎng)；(2)求四邊形周長(zhǎng)的最大值【答案】(1)5(2)【分析】（1）先通過余弦定理求出，再借助正弦定理求即可；（2）直接表示出周長(zhǎng)，借助余弦定理求出的最大值，即可求出周長(zhǎng)的最大值.【詳解】(1)在中，由余弦定理得，得.因?yàn)椋?因?yàn)樗狞c(diǎn)共圓，所以與角互補(bǔ)，所以， 在，由正弦定理得：，所以.(2)因?yàn)樗倪呅蔚闹荛L(zhǎng)為，在中，由余弦定理得：， 即 ，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，所以四邊形周長(zhǎng)的最大值為.19如圖，三角形ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，E，F(xiàn)分別在邊AB，AC上，且，M為BC邊的中點(diǎn)，AM交EF于點(diǎn)O，沿EF將三角形AEF折到DEF的位置，使(1)證明：平面EFCB；(2)若平面

15、EFCB內(nèi)的直線平面DOC，且與邊BC交于點(diǎn)N，問在線段DM上是否存在點(diǎn)P，使二面角PENB的大小為60？若存在，則求出點(diǎn)P；若不存在，請(qǐng)說明理由【答案】(1)證明見解析；(2)存在，.【分析】（1）先由勾股定理證，易得，即得證；（2）連接，過作交于，如圖建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)，再利用向量法求解.【詳解】(1)證明：在中，易得，由，得，又，又為中點(diǎn)，因?yàn)椋矫?，平?(2)解：連接，過作交于，平面，平面，則平面，又，四邊形為平行四邊形，如圖建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)，由題得平面的法向量為.設(shè)平面的法向量為，由題得,所以，所以.由題得,所以,所以，所以，因?yàn)槎娼荘ENB的大小為60，所以，解之得（舍去

16、）或.此時(shí).20已知雙曲線的左頂點(diǎn)為，右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)B在C上當(dāng)時(shí)不垂直于x軸的直線與雙曲線同一支交于P，Q兩點(diǎn)(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)直線PQ過點(diǎn)F，在x軸上是否存在點(diǎn)N，使得x軸平分？若存在，求出點(diǎn)的N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由【答案】(1)(2)存在【分析】（1）根據(jù)頂點(diǎn)坐標(biāo)、及可求解；（2）直線，與雙曲線聯(lián)立，由條件可知有，結(jié)合韋達(dá)定理可求解.【詳解】(1)依題意，解得，得，.(2)假設(shè)存在，設(shè)，設(shè)直線，則，得，則，且，即，即，依題意，即，即，故存在21某商城玩具柜臺(tái)元旦期間促銷，購(gòu)買甲、乙系列的盲盒，并且集齊所有的產(chǎn)品就可以贈(zèng)送元旦禮品而每個(gè)甲系列盲盒可以開出玩偶，中的一個(gè)，

17、每個(gè)乙系列盲盒可以開出玩偶，中的一個(gè)（1）記事件：一次性購(gòu)買個(gè)甲系列盲盒后集齊，玩偶；事件：一次性購(gòu)買個(gè)乙系列盲盒后集齊，玩偶；求概率及；（2）禮品店限量出售甲、乙兩個(gè)系列的盲盒，每個(gè)消費(fèi)者每天只有一次購(gòu)買機(jī)會(huì)，且購(gòu)買時(shí)，只能選擇其中一個(gè)系列的一個(gè)盲盒通過統(tǒng)計(jì)發(fā)現(xiàn)：第一次購(gòu)買盲盒的消費(fèi)者購(gòu)買甲系列的概率為，購(gòu)買乙系列的概率為；而前一次購(gòu)買甲系列的消費(fèi)者下一次購(gòu)買甲系列的概率為，購(gòu)買乙系列的概率為；前一次購(gòu)買乙系列的消費(fèi)者下一次購(gòu)買甲系列的概率為，購(gòu)買乙系列的概率為；如此往復(fù)，記某人第次購(gòu)買甲系列的概率為；若每天購(gòu)買盲盒的人數(shù)約為100，且這100人都已購(gòu)買過很多次這兩個(gè)系列的盲盒，試估計(jì)該禮品

18、店每天應(yīng)準(zhǔn)備甲、乙兩個(gè)系列的盲盒各多少個(gè)【答案】（1），；（2）；應(yīng)準(zhǔn)備甲系列盲盒40個(gè)，乙系列盲盒60個(gè)【分析】（1）根據(jù)題意，集齊，玩偶的個(gè)數(shù)可以分三類情況：， 玩偶中，每個(gè)均有出現(xiàn)兩次、， 玩偶中，一個(gè)出現(xiàn)一次，一個(gè)出現(xiàn)兩次，一個(gè)出現(xiàn)三次、， 玩偶中，兩個(gè)出現(xiàn)一次，另一個(gè)出現(xiàn)四次討論計(jì)算，并根據(jù)古典概率計(jì)算即可；對(duì)于，先考慮一次性購(gòu)買個(gè)乙系列盲盒沒有集齊，玩偶的概率再求解.（2）根據(jù)題意，當(dāng)時(shí)，再根據(jù)數(shù)列知識(shí)計(jì)算即可； 由得購(gòu)買甲系列的概率近似于，故用表示一天中購(gòu)買甲系列盲盒的人數(shù)，則，再根據(jù)二項(xiàng)分布的期望計(jì)算即可.【詳解】解：（1）由題意基本事件共有：種情況，其中集齊，玩偶的個(gè)數(shù)可以分三類情況， 玩偶中，每個(gè)均有出現(xiàn)兩次，共種；， 玩偶中，一個(gè)出現(xiàn)一次，一個(gè)出現(xiàn)兩次，一個(gè)出現(xiàn)三次，共種；， 玩偶中，