2023届江西省“红色十校”高三上学期第一联考数学（理）试题含答案

这是一份2023届江西省“红色十校”高三上学期第一联考数学（理）试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省“红色十校”高三上学期第一联考数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出集合B，再求两集合的交集即可.【详解】因为或，所以，故选：B．2．若复数z满足，则z的虚部为（    ）A． B． C． D．2【答案】D【分析】利用复数除法和乘法运算法则求出即可得到虚部.【详解】因为，所以，故z的虚部为2.故选：D．3．下图是国家统计局7月发布的2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的月度走势，其中2022年1~2月看作1个月，现有如下说法：①2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势；②2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为5.9；③从这12个增速中随机抽取2个，增速都超过10的概率为．则说法正确的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，可判断①，求出2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的中位数可判断②；由古典概率的计算公式代入可判断③【详解】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，故①正确；2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为，故②正确；从这12个增速中随机抽取2个，都超过10的概率，故③正确.故选:D．4．函数的部分图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数的奇偶性和函数值的正负判断即可.【详解】因为，所以为奇函数，故排除C，D；又，故排除B.故选：A．5．2022年11月，第五届中国国际进口博览会在上海举行，组委员会安排5名工作人员去A，B等4个场馆，其中A场馆安排2人，其余比赛场馆各1人，则不同的安排方法种数为（    ）A．48 B．60 C．120 D．240【答案】B【分析】先安排2人去A场馆，再安排剩余的人去其它场馆即可.【详解】分为两步，第一步：安排2人去A场馆有种结果；第二步：安排其余3人到剩余3个场馆，有种结果，所以不同的安排方法种数为.故选：B．6．设函数，若是奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用函数的奇偶性求出，得到函数的解析式，根据解析式求函数值即可.【详解】由已知可得，则．因为是奇函数，所以，因为，解得，所以，所以.故选：B．7．设，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】跟特殊值1，2比较即可判断大小.【详解】因为且，所以，所以.故选：A．8．将函数的图象上所有点向右平移个单位长度，得到如图所示的函数的图象，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．【答案】C【分析】由三角函数的图象变换得到的解析式，再由其图象性质得出后计算原式【详解】依题意，，故，又的周期满足，得，所以，所以，又，得，又，所以，所以，所以，故选：C9．“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆与，与分别为标杆与在地面的影长，再按影长与的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记，则按照“寸影千里”的原则，A，B两地的距离大约为（    ）A．里 B．里C．里 D．里【答案】C【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函数及两角和的余弦公式化简，最后根据“寸影千里”的原则得解.【详解】由题意可知，所以，所以可以估计A，B两地的距离大约为里，故选：C．10．已知，满足，则的最小值是（　　）A． B． C．2 D．2【答案】D【分析】将给定等式变形为，，再代入并结合均值不等式求解作答.【详解】由，得，而，则有，因此，，当且仅当，即时取“=”，所以的最小值为2.故选：D11．已知三棱锥的顶点都在球O的球面上，，若三棱锥的体积最大值为2，则球O的半径为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件及同弧所对圆心角与圆周角的关系，再利用勾股定理及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设的外接圆圆心为，依题意可知为正三角形，所以圆的半径，设球O的半径为R，因为平面，所以，当三棱锥的体积最大时，三棱锥的高等于，所以三棱锥，得，解得.所以球O的半径为.故选:D．12．若曲线与曲线在公共点处有公共切线，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设公共点为，根据导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可解得实数、的值.【详解】设公共点为，的导数为，曲线在处的切线斜率，的导数为，曲线在处的切线斜率，因为两曲线在公共点处有公共切线，所以，且，，所以，即解得，所以，解得，故选：A． 二、填空题13．已知向量，且，则实数_____________．【答案】2【分析】根据向量坐标运算及向量垂直的坐标表示即得.【详解】因为，又，所以，解得．故答案为：2.14．已知抛物线的焦点为F，点F到直线的距离为，则p的值为_____________．【答案】2或4【分析】求出，由题意用点到直线的距离公式即可求出p的值.【详解】抛物线的焦点为F，则，则点F到直线的距离为：，所以，因为，所以或4.故答案为：2或4.15．韩信是我国汉代能征善战、智勇双全的一员大将．历史上流传着一个关于他点兵的奇特方法．有一天，韩信问有多少士兵在操练，部将回答：三三数之，剩二；五五数之，剩三；七七数之，剩四，韩信很快就知道了士兵的人数．设有m个士兵，若，符合条件的m共有___________个．【答案】10【分析】由题意，m除3余2、除5余3、除7余4，可得m最小的项为53，且为公差的等差数列，即可由求解.【详解】由“三三数之，剩二”知，m是等差数列5，8，11，14，…中的项，其中满足“五五数之，剩三”的最小数是8，故m是等差数列8，23，38，53，…中的项，其中满足“七七数之，剩四”的最小数是53，故m是等差数列53，158，263，368，…中的项，可得通项公式，令，解得，且，故符合条件的m共有10个．故答案为：10. 三、双空题16．已知，则___________，的最小值是_____________． 【答案】          【分析】利用凑角及两角和差的正弦公式，结合同角三角函数的商数关系、两角差的正切公式及基本不等式即可求解.【详解】由题意得，，所以，即，于是有，所以．又，设，则，所以，当且仅当即时取等号，所以的最小值为．故答案为：；. 四、解答题17．在①，②，③这三个条件中任选一个，填在下面的横线上，并解答问题．已知数列的前n项和为，，且____________．(1)求的通项公式；(2)若是的等比中项，求数列的前n项和．注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)条件选择见解析，；(2). 【分析】（1）选①，利用与的关系求解作答；选②，构造等差数列求出求解作答；选③，构造常数列计算作答；（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求解作答.【详解】(1)选①，，由，得，则，即，而，因此是以1为首项，4为公差的等差数列，，所以的通项公式为．选②，由，得，即数列是以为首项，2为公差的等差数列，则，则，当时，，当时，满足上式，所以的通项公式为．选③，由，得，因此数列是常数列，则有，即，所以的通项公式为．(2)由（1）知，，依题意，，则所以，所以数列的前n项和．18．如图，在四棱锥中，平面，底面四边形是正方形，，点E为的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）设与的交点为O，连接，则，由平面，可证得平面，则，而由正方形的性质可得，所以由线面垂直的判定可证得结论，（2）以A为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：设与的交点为O，连接．因为底面四边形为正方形，所以．又点E为的中点，所以．因为平面，平面，所以，所以,因为平面，所以平面，又平面，所以．因为，平面，所以平面．(2)解：设，则．以A为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得．由（1）知，平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为，则，取，可得，所以，设平面与平面所成锐二面角为，则，因为，所以，即平面与平面所成锐二面角的大小为．19．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若，求b和c．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设的外接圆半径为R，结合正弦定理将原式化为，再结合余弦定理可求出角，（2）由正弦定理结合已知求出，再利用余弦定理可求出.【详解】(1)设的外接圆半径为R，因为由正弦定理，得，结合余弦定理，得，因为，所以，得，因为，所以．(2)由（1）知，所以，所以，由余弦定理得，，即，解得或（舍去）．综上．．20．设O为坐标原点，椭圆的离心率为，且过点．(1)求C的方程；(2)若直线与C交于P，Q两点，且的面积是，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）由椭圆过的点可得，再结合离心率即可计算作答；（2）联立直线l与椭圆C的方程，求出弦PQ长及点O到直线l的距离即可求解作答.【详解】(1)因椭圆过点，则，又椭圆C的离心率为，则有，解得，所以C的方程为．(2)依题意，，由消去x并整理得：，，设，则，于是得，点O到l的距离，因此，即，整理得，即，显然满足，所以.21．已知函数．(1)求的极值；(2)若函数，求的极小值的最大值．【答案】(1)极小值1，无极大值(2)1 【分析】（1）由导数判断单调性后求解，（2）设出的零点，在中消去，转化为关于的函数求解最值【详解】(1)）函数的定义域为．令，则，所以在上单调递增，且．当时，；当时，．所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时有极小值，无极大值．(2)因为，所以．由（1）知，在上单调递增，当时，；当时，，则有唯一解．当时，；当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，且满足．所以．令，则．当时，；当时，，即在上单调递增，在上单调递减，所以，此时，所以当时，的极小值的最大值为1．22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．(1)求C的极坐标方程和l的直角坐标方程；(2)l与C交于A，B两点，若，求．【答案】(1)，(2)或． 【分析】（1）由C的参数方程化为直角坐标方程，再根据公式转化为极坐标方程，根据极坐标意义直线方程可化为直角坐标方程；（2）根据极径的几何意义及根与系数的关系，由可得极角.【详解】(1)将C的参数方程化为直角坐标方程得，即，∴C的极坐标方程为．∵l的极坐标方程为，∴l的直角坐标方程为．(2)将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得．当时，设A，B所对应的极径分别为，则，∴，∴，∴，满足，又，∴或．23．已知函数．(1)当时，求不等式的解集；(2)若不等式对和恒成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号即可求解；（2）原不等式可转化为，利用绝对值不等式及均值不等式分别求出最值即可得解.【详解】(1)由题意得，当时，，解得；当时，，无解；当时，，解得．综上，的解集为．(2)，当且仅当时取等号，所以．因为，当且仅当时等号成立，所以．若不等式对和恒成立，则，所以，解得或，即实数m的取值范围是．