2023届江西省抚州市第一中学高三上学期第一次摸底考试数学（文）试题含解析

这是一份2023届江西省抚州市第一中学高三上学期第一次摸底考试数学（文）试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省抚州市第一中学高三上学期第一次摸底考试数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由对数的性质求集合A，由指数的值域求集合B，再根据集合交运算求.【详解】由，可得或，故或，又，∴.故选：C.2．已知复数z满足(i为虚数单位)，则复数z的虚部为(       )A． B． C．i D．1【答案】B【分析】根据复数的运算法则计算即可．【详解】，故z的虚部为-1．故选：B．3．某工厂利用随机数表对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编号分别为01，02，…，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行：若从表中第1行第9列开始向右依次读取数据，则得到的第4个样本编号是（       ）A．10 B．09 C．71 D．20【答案】B【分析】按照题意依次读出前4个数即可.【详解】从随机数表第1行的第9列数字开始由左向右每次连续读取2个数字，删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有14，05，11，09，所以选出来的第4个个体的编号为09，故选：B4．设x，y满足约束条件则的最大值为（       ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】作出可行域，由得，求解截距的最大值即可求解.【详解】如图，，围成的区域为及其内部，其中，因为，所以，所以当直线过时，的最大值为1，所以，的最大值为2.故选：A．5．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走.遇店添一倍，逢友饮一斗.”基于此情景设计了如图所示的程序框图，若输入，输出，则判断框中可以填（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据框图计算可得时，则，此时跳出循环输出结果．【详解】根据框图可得： 开始循环1循环2循环3循环4循环5x23591733k123456 输出，则，此时跳出循环故选：B．6．核酸检测分析是用荧光定量法，通过化学物质的荧光信号，对在扩增进程中成指数级增加的靶标实时监测，在扩增的指数时期，荧光信号强度达到阈值时，的数量与扩增次数满足，其中为扩增效率，为的初始数量.已知某被测标本扩增次后，数量变为原来的倍，那么该样本的扩增效率约为（       ）(参考数据：，)A．0.369 B．0.415 C．0.585 D．0.631【答案】C【分析】由题意，代入，解方程即可.【详解】由题意知，，即，所以，解得.故选：C.7．函数在上的图象大致为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.【详解】首先，所以函数是奇函数，故排除D，，故排除B，当时，，故排除A，只有C满足条件.故选：C8．已知等差数列，，，…，，，前6项和为10，最后6项和为110，所有项和为360，则该数列的项数（       ）A．26 B．30 C．36 D．48【答案】C【分析】由、，两式相加得，再利用等差数列的求和公式求和可得答案.【详解】由题意知，，两式相加得，所以，又，所以．故选：C．9．已知点是函数图象的一个对称中心，其中，将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据对称中心，可求解，进而可得，然后根据平移变换以及诱导公式即可求解.【详解】由题意知，所以，所以，又，所以，即，将的图象向右平移个单位长度后得的图象，即．故选:D．10．已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点.若，，则C的方程为A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解.【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．所求椭圆方程为，故选B．法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．11．函数的定义域为R，，对任意，都有成立，则不等式的解集为（       ）A． B． C． D．【答案】C【解析】构造函数，利用导数判断出函数的单调性即可求解.【详解】设，则，又对任意，都有成立，所以，所以在上单调递减，则不等式，可得，所以，所以，所以不等式的解集为.故选：C【点睛】本题考查了构造函数研究函数的单调性解不等式，考查了基本运算求解能力，属于基础题.12．已知，其中.设两曲线，有公共点，且在该点的切线相同，则实数b的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设两曲线的公共点为，利用导函数的几何意义可得，且，则，设，利用导函数取得的最小值，即可求解.【详解】设两曲线的公共点为，由得，由得，所以两曲线在点处的切线的斜率分别为和，依题意可得，整理得，解得或（舍），又，将代入可得，设，则，令，则，所以当时，，当时，，所以当时，取得最小值为，所以的最小值为，故选：D 二、填空题13．已知向量，的夹角为，且，，则向量___________.【答案】【分析】根据题意得，化简求解即可.【详解】因为，所以，所以，解得（舍去），.故答案为：.14．设双曲线C： (a>0，b>0)的一条渐近线为y=x，则C的离心率为_________．【答案】【分析】根据已知可得，结合双曲线中的关系，即可求解.【详解】由双曲线方程可得其焦点在轴上，因为其一条渐近线为，所以，.故答案为：【点睛】本题考查的是有关双曲线性质，利用渐近线方程与离心率关系是解题的关键，要注意判断焦点所在位置，属于基础题.15．在中，，，的角平分线，则________.【答案】【详解】试题分析：由正弦定理可得，所以．在中，所以，所以在中．又因为，所以．所以，所以＝，所以．【解析】正余弦定理．【技巧点睛】（1）在三角形中处理边角关系时，一般全部转化为角的关系，或全部转化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理，应用正弦、余弦定理时，注意公式变形的应用，解决三角形问题时，注意角的限制范围． 16．设三棱柱的侧棱垂直于底面，，，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是___________.【答案】【分析】直棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，底面外接圆的半径、球的半径和直棱柱的高的一半构成直角三角形，由题意求出外接球的半径，可得答案．【详解】由题意知底面外接圆的圆心为点，设外接圆的半径为，三棱柱的外接球的半径为，，，由余弦定理得，由正弦定理得，所以，过作垂直于底面的直线交中截面于点，则为外接球的球心，由题意得：，所以外接球的表面积，故答案为： 三、解答题17．已知等比数列满足，.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）设公比为，根据等比数列的通项公式求出、，即可求出通项公式；（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可；【详解】(1)解：因为为等比数列，且，，设公比为，所以，所以，，所以；(2)解：因为，所以18．在某市举行的一次市质检考试中，为了调查考试试题的有效性以及试卷的区分度，该市教研室随机抽取了参加本次质检考试的100名学生的数学考试成绩，并将其统计如下表所示.成绩人数62442208 (1)试估计本次质检中数学测试成绩样本的平均数（以各组区间的中点值作为代表）；(2)现按分层抽样的方法从成绩在及之间的学生中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行试卷分析，求这2人的成绩都在之间的概率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，即可求得本次质检中数学测试成绩样本的平均数；（2）设成绩在的有1人记为，成绩在的有4人记为，利用列举法求得基本事件的总数和所求事件中所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】(1)解：根据统计图表中的数据，结合平均数的计算方法，可得本次质检中数学测试成绩样本的平均数为.(2)解：由题意知，随机抽取的5人中，成绩在的有1人记为，成绩在的有4人记为，从中随机抽取2人有，，，，，，，，，，共有10种可能，其中成绩都在之间有的，，，，，，共有6种可能，所以这2人成绩都在之间的概率.19．四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，且，，，，M是棱PB的中点.(1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析式(2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可得到且，即四边形为平行四边形，从而得到，即可得证；（2）再底面等腰梯形中求出、，即可得到，再由线面垂直的性质得到，即可得到平面，再根据计算可得；【详解】(1)证明：取的中点，连接，，因为为的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面(2)解：在等腰梯形中，，，，过点、分别作、，所以，，所以，在中，由余弦定理，即，所以，所以，即，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以三棱锥的高为，又是的中点，所以，所以；20．已知曲线C上任意一点到点的距离比它到y轴的距离大2，过点的直线l与曲线C交于A，B两点．(1)求曲线C的方程；(2)若曲线C在A，B处的切线交于点M，求面积的最小值．【答案】(1)或(2)16 【分析】（1）设曲线C上任意一点P的坐标为，根据题意得到，然后分类化简；（2）由题意设l的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理，弦长公式求得，设切线MA的方程为，与抛物线方程联立，利用判别式等于零求得，得到切线MA的方程为，同理写出切线MB的方程，解方程组求得的坐标，进而求得点M到直线l的距离，得到，求得其最小值.【详解】(1)设曲线C上任意一点P的坐标为，则有：，当时，有；当时，有，所以曲线的方程为或．(2)由题意设l的方程为，，，由，，，，，设切线MA的方程为，由，，切线MA的方程为，化简得：，①同理可得切线MB的方程为，②（注意：直接写出切线MA的方程扣2分！）由①②得点M的坐标为，点M到直线l的距离，，当且仅当时等号成立，故面积的最小值为16．21．已知函数．(1)当时，讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时，证明： (其中e为自然对数的底数)【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论的取值范围，求函数的单调区间；（2）不等式化简得，通过构造函数，讨论函数的单调性和最值，即可证明不等式.【详解】(1)的定义域为，，                 ①当，即时，在递增． 在递减②当时，，在上递增．③当，即时，在上，递增． 在上，递减．综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为          当时，的单调递增区间为．                                                            当时，，的单调递增区间为，单调递减区间为(2)当时，由化简得，构造函数，，在上递增，，                       故存在，使得，即．             当时，递减；当时，递增．所以时取得极小值，也即是最小值．                       ，所以，故．22．已知直线的参数方程为：（为参数），曲线的极坐标方程为：.(1)写出直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)已知直线和曲线交于两点，设点，求.【答案】(1)直线；曲线(2) 【分析】（1）由参数方程消去参数即可得到直线的普通方程；根据极坐标和直角坐标互换原则直接求解即可得到曲线的直角坐标方程；（2）将参数方程代入曲线直角坐标方程可得韦达定理的形式，根据直线参数方程中的几何意义可知，代入韦达定理结论可求得结果.【详解】(1)由直线参数方程得：，即直线的普通方程为：；由得：，，即曲线的直角坐标方程为：.(2)将参数方程代入曲线直角坐标方程整理得：；设对应的参数分别为，则，，.23．已知(1)解不等式；(2)若存在实数x1，x2，使得，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）将函数f（x）零点分段，解去绝对值以后的不等式即可；（2）令，即求.【详解】(1)依题意，，不等式化为以下3个不等式组：①即，无解，②   即，无解，，即，解得，所以不等式的解集为．(2)因为所以当时，取得最小值5        ，若存在实数，，使得，则        即，所以 即实数a的取值范围是．