江西省宁冈中学2023届高三数学（文）上学期一模试卷（Word版附答案）

宁冈中学高2023届一模

数学试卷（文科）

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．某学校组建了合唱、朗诵、脱口秀、舞蹈、太极拳五个社团，该校共有2000名同学，每名同学依据自己的兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加朗诵社团的同学有8名，参加太极拳社团的有12名，则（    ）

1．若集合，，则（　　）

A． B．

C． D．

2．某商场在售的三类食品共200种的分布情况如图所示，质检部门要从中抽取一个容量为40的样本进行质量检测，则抽取的植物油类食品的种数是

A．8 B．12 C．24 D．30

3．已知为等差数列的前项和，，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

4．已知的展开式中只有第5项是二项式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为（    ）

A． B． C． D．

5．函数在上不单调，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

6．在中， 若，则的外接圆的半径为（    ）

A． B． C． D．

7．在某次诗词大会决赛前，甲、乙、丙丁四位选手有机会问鼎冠军，三名诗词爱好者依据选手在之前比赛中的表现，结合自己的判断，对本场比赛的冠军进行了如下猜测：猜测冠军是乙或丁；猜测冠军一定不是丙和丁；猜测冠军是甲或乙．比赛结束后发现，三个人中只有一个人的猜测是正确的，则冠军是

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

8．设有编号为1，2，3，4，5的五个茶杯和编号为1，2，3，4，5的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法有（    ）

A．30种 B．31种 C．32种 D．36种

9．下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的是

A． B． C． D．

10．已知点是圆上的动点，则的最大值为（    ）

A． B． C．6 D．5

11．函数对任意的都有，且时的最大值为，下列四个结论：①是的一个极值点；②若为奇函数，则的最小正周期；③若为偶函数，则在上单调递增；④的取值范围是.其中一定正确的结论编号是（    ）

A．①② B．①③ C．①②④ D．②③④

12．已知函数，对，恒有，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。)

13．2020-2021赛季联赛共有20支队伍参加，这20支参赛球队将根据20192020赛季的最终排名以蛇形排列分为两组，每组10支球队，常规赛采用组内四循环（即每2支球队进行4场比赛）、不同组间双循环（即每2支球队进行2场比赛）的比赛方法，那么在常规赛阶段，联赛一共需要比赛的场数为______.

14．在梯形ABCD中，，E是BC的中点，若，，且，则___________．

15．若点依次为双曲线的左、右焦点，且，，. 若双曲线C上存在点P，使得，则实数b的取值范围为______.

16．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，M在侧面上，若，则面积的最小值为___________.

三、解答题(本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程。)

17．在中，求证：．

18．如图，在四棱锥中，平面平面，平面，为锐角三角形，且.

(1)求证：平面；

(2)平面平面.

19．甲、乙两人参加某学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和．假设两人是否回答出问题，相互之间没有影响；每次回答是否正确，也没有影响．

(1)求乙回答3个问题，至少有一个回答正确的概率；

(2)假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛．求甲恰好回答5次被退出比赛的概率是多少？

20．如图，椭圆，点在短轴上，且.

(1)求椭圆的方程及离心率；

(2)设为坐标原点，过点的动直线与椭圆交于，两点，是否存在常数，使得为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

21．已知函数.

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)求函数的单调区间；

(3)当函数存在极小值时，求证：函数的极小值一定小于0.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数标方程为（其中为参数，且），在以为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系（两种坐标系的单位长度相同）中，直线的极坐标方程为.

求曲线的极坐标方程；

求直线与曲线的公共点的极坐标.

1．A

【分析】由可得：，即可求得，再利用交集运算得解．

【详解】解：，

则，

故选A．

【点睛】本题主要考查了交集的概念与运算，属于基础题．

2．B

【解析】根据统计图中植物油类食品所占比例，直接计算，即可得出结果.

【详解】由统计图可得，植物油类食品占，因此抽取的植物油类食品的种数是.

故选：B.

【点睛】本题主要考查扇形统计图的应用，会分析统计图即可，属于基础题型.

3．D

【分析】设等差数列的公差为，由条件列方程求，根据通项公式求.

【详解】设等差数列的公差为，因为，得，

即，解得，

所以，则，

故选：D.

4．C

【分析】先根据二项式系数的性质可得，再结合二项展开式的通项求各项系数，分析列式求系数最小项时的值，代入求系数的最小值.

【详解】∵展开式中只有第5项是二项式系数最大，则

∴展开式的通项为

则该展开式中各项系数

若求系数的最小值，则为奇数且，即，解得

∴系数的最小值为

故选：C.

5．C

【分析】函数定义域为，由函数在上不单调，则在上有零点，即方程在上有根，所以，进而求解.

【详解】函数定义域为，

由题意，函数在上不单调，

所以在上有零点，

即方程在上有根，

即方程在上有根，

所以，即，

所以实数的取值范围为.

故选：C.

6．B

【分析】先求出的值，再由正弦定理可得答案.

【详解】设的外接圆的半径为

在中,由，则

由正弦定理可得： ,所以

故选：B

7．D

【分析】分别假设甲、乙、丙和丁是冠军，推出矛盾和正确的结果，即可求解，得到答案．

【详解】由题意，选项A中，若甲是冠军，则B和C猜测正确，A猜测错误，不满足题意；

选项B中，若乙是冠军，则A、B、C猜测都正确，不满足题意；

选项C中，若丙是冠军，则A、B、C猜测都不正确，不满足题意；

选项D中，若丁是冠军，则A猜测正确，B和C猜测错误，满足题意，

故选D．

【点睛】本题主要考查了合情推理与演绎推理的应用，其中解答中分别假设甲、乙、丙和丁是冠军，推出矛盾和正确的结果是解答的关键，着重考查了推理能力，属于基础题．

8．B

【分析】至少有两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法分为5个全相同，四个相同，三个相同，以及两个相同，分别求解，即可求解.

【详解】假设相同的盖和杯全部相同，只有1种；

假设相同的盖和杯的有4个，那么有0种；

假设相同的盖和杯3个，共有种；

假设相同的盖和杯2个，共有种，

所以共有种.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了排列、组合的实际应用，其中解答中认真审题，合理分类求解是解答的关键，着重考查分类讨论思想的应用，属于中档试题.

9．C

【详解】对于A，的定义域为，故不正确；对于B，为单调递增，故不正确；对于C，既为奇函数又为减函数，正确；对于D，为非奇非偶函数，故不正确；故选C.

10．A

【分析】根据圆的标准方程，设x、y的参数方程，利用辅助角公式及正弦型函数的性质求最值即可.

【详解】由，令，则，

所以当时，的最大值为.

故选：A

11．A

【解析】①根据，得到是函数的一条对称轴，且时的最大值为判断；②由为奇函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；③由为偶函数，则，得到，再根据时的最大值为判断；④由②知的最小正周期，则判断.

【详解】因为，

所以是函数的一条对称轴，

又因为时的最大值为，

所以是函数的一条对称轴，故①正确；

若为奇函数，则，所以，

又因为时的最大值为，

所以，

所以，故②正确；

若为偶函数，则，所以，

又因为时的最大值为，所以在上单调递增或递减，故③错误；

由②知的最小正周期，则，所以的取值范围是，故④错误.

故选：A

【点睛】本题主要考查三角函数的对称性，奇偶性，周期性，还考查了运算求解的能力，属于难题.

12．D

【分析】先求导确定在上单调递减，由得到，构造函数得在上单调递减，即在上恒成立，参变分离后求出a的取值范围即可.

【详解】由题意知，定义域为，，又，故，在上单调递减，

不妨设，对，恒有，即，，

令，由上可知在上单调递减，则在上恒成立，

从而恒成立，设，，

当时，单减；当时，单增；

，故.

故选：D.

【点睛】本题关键点在于由的单调性，将转化为，从而得到在上单调递减，

即在上恒成立，参变分离后求出a的取值范围即可.

13．560

【分析】根据题意，共有两类比赛：组内、组间，首先计算出组内的比赛总场数，再计算组间的比赛总场数，进而加总求和即可.

【详解】同组内的队伍需要比赛的场数为，

不同组的队伍需要比赛的场数为200，

∴一共需要比赛的场数为360+200=560．

故答案为：560.

14．9

【分析】先根据三角形法则得，再求即可．

【详解】过点E作，交AD于点F，易得F是AD的中点，如下图

则，

．

故答案为：9．

15．

【分析】已知双曲线C上存在点P，使得，设，则，将点P代入双曲线方程，综合可得，根据，，，即可求出实数b的取值范围.

【详解】错解：

设双曲线上的点满足，即，

又，

，即，

，且，

，

实数b的取值范围是.

错因：

忽略了双曲线中.

正解：

设双曲线上的点满足，即，

又，

，即，

，且，

，

又，实数b的取值范围是.

故答案为：.

16．

【分析】取的中点，的中点，连接，容易证得平面，要使，进而得，进而得当时，最小，此时，的面积最小，再根据几何关系求解即可.

【详解】如图，取的中点，的中点，连接

由于在面内的射影为，，故

因为在面内的射影为，，所以.

又，所以平面.

要使，必须点在平面内，

又点在侧面内，

所以点在平面与平面的交线上，即.

因为平面，平面，所以，

所以

当时，最小，此时，的面积最小.

又，故.

由的面积可得，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查空间线面垂直的证明，解题的关键在于根据题意寻求的轨迹，即，进而根据几何关系求解，考查空间想象能力，运算求解能力，是中档题.

17．证明见解析

【分析】由正弦定理，面积公式与三角恒等变换公式即可证明.

【详解】由，

而，故，

故．

18．(1)见解析

(2)见解析

【分析】（1）由题意结合几何关系可证得，利用线面平行的判断定理则有平面.

（2）过作于,由面面垂直的性质定理有平面，则.结合，可证得平面，利用面面垂直的判断定理有平面平面.

（1）

因为平面,

而平面，平面平面，

所以，

又因为平面，平面,

所以平面

（2）

过作于，因为平面平面，且平面平面，所以平面

因为平面，所以.

因为，而为锐角三角形，于是点与不重合，即.

因为平面,所以平面，

因为平面，

故平面平面.

19．(1)

(2)

【分析】（1）可先计算出“至少有一个回答正确”的对立事件“一个回答都不正确”的概率，根据对立事件关系即可求出答案；

（2）先列举出符合题意得所有情况，分别是：对对对错错，错对对错错，对错对错错，再根据独立重复实验的计算方法计算.

【详解】（1）记“乙回答3个问题，至少有一个回答正确”为事件，由题意，

答：乙回答3个问题，至少有一个回答正确的概率．

（2）记“甲答对第个问题”为事件，则甲恰好回答5次被退出比赛为事件，则，

答：甲恰好回答5次被退出比赛的概率是．

20．(1)，

(2)

【分析】（1）由已知可得点，的坐标分别为，．结合列式求得，则椭圆方程可求，进一步求出可得椭圆的离心率；

（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，的坐标分别为，．联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系可得，横坐标的和与积，即可求出的定值．当直线斜率不存在时也可计算可得．

（1）

解：由已知，点，的坐标分别为，．

又点的坐标为，所以，，

又，即，解得．

椭圆方程为．

，椭圆的离心率；

（2）

解：当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，的坐标分别为，．

联立，得，

其判别式，所以，．

从而

，

当时，，

即为定值．

当直线斜率不存在时，直线即为直线，

此时，

故存在常数，使得为定值．

21．(1)

(2)答案见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）根据导数的几何意义确定切点坐标和斜率，即可得切线方程；

（2）根据函数单调性与导数的关系，确定单调性，即可得单调区间；

（3）在（2）的基础上，确定函数极小值点，求极小值即可证明.

【详解】（1）解：当，，则，

因为，所以.

所以曲线在的切线方程为.

（2）解：函数定义域为.

，

令，解得：.

①当即时，，

所以函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.

②当即时，当和，；当，，

函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

③当即时，当和，；当，，

函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

综上所述：

时，函数的单调递减区间为和，无单调递增区间.

时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

时，函数的单调递减区间为和，单调递增区间为.

（3）证明：函数定义域为.

由题意，函数存在极小值，

则在极小值点有定义，且在该点左侧函数单调递减，在该点右侧函数单调递增.

由（2）可知，当时，函数在处取得极小值，

即；

当时，又，函数无极小值，

所以函数的极小值一定小于0.

22．

【分析】（1）先将曲线C的参数标方程化为普通方程，再利用极坐标与直角坐标的互化，把普通方程化为极坐标方程；

（2）将与的极坐标方程联立，求出直线l与曲线C的交点的极角，代入直线的极坐标方程即可求得极坐标．

【详解】消去参数，得曲线的直角坐标方程.

将，代入，得.

所以曲线的极坐标方程为.

将与的极坐标方程联立，消去得.

展开得.

因为，所以.

于是方程的解为，即.

代入可得，所以点的极坐标为.

【点睛】本题考查曲线的极坐标方程与普通方程的互化，直线的极坐标方程与曲线极坐标方程联立求交点的问题，考查计算能力．