江西省万安中学2023届高三下学期第一次模考数学（理）试题(含答案)

这是一份江西省万安中学2023届高三下学期第一次模考数学（理）试题(含答案)，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
江西省万安中学高2023届第一次模考数学（理）试题一、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．已知集合，，则（      ）．A．R B．C． D．2．设复数z满足，且z的实部小于虚部，则（    ）A． B．C． D．3．已知数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则（    ）A． B． C． D．4．已知定义在上的奇函数在满足，且区间上单调递增，则（    ）A． B．C． D．5．从甲口袋内摸出一个白球的概率是，从乙口袋内摸出一个白球的概率是，从两个口袋内各摸1个球，那么概率为的事件是（    ）A．两个都不是白球 B．两个不全是白球C．两个都是白球 D．两个球中恰好有一个白球6．中，点为上的点，且，若 ，则（    ）A． B． C． D．7．已知向量=（x+z，3），=（2，y﹣z），且⊥，若x，y满足不等式|x|+|y|≤1，则z的取值范围为（　　）A．[﹣2，2] B．[﹣2，3] C．[﹣3，2] D．[﹣3，3]8．设随机变量的分布列为，则等于（    ）A． B． C． D．9．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（    ）A．100种 B．60种 C．42种 D．25种10．月均温全称月平均气温，气象学术语，指一月所有日气温的平均气温．某城市一年中个月的月均温（单位：）与月份（单位：月）的关系可近似地用函数（）来表示，已知月份的月均温为，月份的月均温为，则月份的月均温为（    ）A． B． C． D．11．若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数.设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（    ）A． B． C． D．12．已知函数，函数有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（    ）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．已知向量，，，，且，则_________.14．已知的展开式中，后三项的二项式系数的和等于，则展开式中二项式系数最大的项为________．15．已知三棱锥中，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的体积为，则球的表面积为________.16．已知点和圆：，是圆的直径，和是线段的三等分点，（异于）是圆上的动点，于，（），直线与交于，则当__________时，为定值．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17 - 21题为必考题，每个考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17．已知函数，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求角A；(2)若b=3，c=2，点D为BC边上靠近点C的三等分点，求AD的长度．18．我国是世界上严重缺水的国家之一，某市为了制定合理的节水方案，对家庭用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100个家庭的月均用水量（单位：t），将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图.（1）记事件A：“全市家庭月均用水量不低于6t”，求的估计值；（2）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，求全市家庭月均用水量平均数的估计值（精确到0.01）；（3）求全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值（精确到0.01）.19．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点E是棱PB的中点．（1）证明：；（2）若，求二面角的平面角的余弦值．20．设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.(1)求抛物线的方程；(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.21．已知函数．(1)求在点，处的切线方程；(2)若，证明：在，上恒成立；(3)若方程有两个实数根，，且，证明：． 请从下面所给的 22、23 两题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.22．【选修4-4：坐标系与参数方程】在平面坐标系中，圆M的参数方程为 （为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．(1)求圆M的普通方程与曲线C的直角坐标方程；(2)过圆M的圆心作直线l交曲线C于A，B两点，若，求直线l的直角坐标方程． 23．【选修4-5： 不等式选讲】已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若函数的最小值为，求的最小值．
1．A【分析】由题意，先化简两个集合为，，再结合并集的定义即得解【详解】∵，∴，又∵，∴，∴故选：A2．D【分析】设，根据已知条件列方程，从而求得，也即求得.【详解】设，则，所以.故选：D3．B【分析】利用等比数列通项公式和等差中项的定义可构造方程求得，利用等比数列求和公式可求得结果.【详解】设等比数列的公比为，由得：，又，；，，解得：，，.故选：B.4．B【分析】根据函数为奇函数且，结合函数在单调递增，即可容易判断.【详解】因为是定义在上的奇函数且满足，则，又，又在单调递增，故；又.综上所述：.故选：B.5．B【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式和对立事件的计算公式，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，从甲口袋内摸出一个白球的概率是，从乙口袋内摸出一个白球的概率是，若从两个口袋内各摸1个球， 对于A中，两个都不是白球的概率为，不符合题意；对于B中，两个不全是白球的概率为，符合题意；对于C中，两个都是白球的概率为，不符合题意；对于D中，两个球中恰好有一个白球的概率为，不符合题意.故选：B.6．B【分析】选定基向量，根据向量的加减法，用基底表示出向量，结合条件即可求得，可得答案.【详解】由题意可得 ,又，故，故，故选:B7．D【详解】∵=（x+z，3），=（2，y﹣z），又∵⊥∴（x+z）×2+3×（y﹣z）=2x+3y﹣z=0，即z=2x+3y∵满足不等式|x|+|y|≤1的平面区域如下图所示：由图可知当x=0，y=1时，z取最大值3，当x=0，y=﹣1时，z取最小值﹣3，故z的取值范围为[﹣3，3]故选D 8．D【解析】根据所有随机变量的概率之和为1，列出方程，求解出的值，要求解的值，即求解，根据概率的定义可得.【详解】解：∵随机变量的分布列为， ，解得，.故选：D【点睛】本题考查了离散随机变量的概率性质，解题的关键是熟记性质，熟练运用性质.9．C【分析】给三个社区编号分别为1，2，3，则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从而求得所有安排方式的总数.【详解】甲可有3种安排方法，若甲先安排第1社区，则第2社区可安排1个、第3社区安排3个，共；第2社区2个、第3社区安排2个，共；第2社区3个，第3社区安排1个，共；故所有安排总数为.故选：C.【点睛】本题考查分类与分步计数原理、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.10．A【解析】由题意得出关于、的方程组，可得出函数解析式，在函数解析式中令可得结果.【详解】由题意可得，解得，所以，函数解析式为，在函数解析式中，令，可得.因此，月份的月均温为.故选：A.11．D【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值．【详解】，∴，即有，∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，∴，∴，又为增函数，当时，，，若恒成立，则的最大值为1010.故选：D．【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论．12．D【解析】先将条件“函数有三个不同的实数根，且”转化为“函数与有3个不同的交点，且交点的横坐标为，且”，接着作图得到，，，，再用表示，最后构建新函数并利用导函数求的范围.【详解】解：因为“函数有三个不同的实数根，且”所以“函数与有3个不同的交点，且交点的横坐标为，且”，根据题意作函数与的图象，如图：由图象可得：，，，所以，是方程的根，所以；是方程的根，所以，则所以，令（）则，令，则，所以在区间上单调递增，所以所以，所以在区间上单调递增，所以，化简整理得故选：D.【点睛】本题考查根据方程根的个数求取值范围、利用导数求函数的值域、由解析式画分段函数的图象，还考查了数形结合与转化的数学思想，是偏难题.13．【分析】设，利用向量的模长和坐标运算可得答案．【详解】设， ∵向量，满足， ，且，∴，∴，化为λ2＝5，解得．故答案为：．14．和【分析】由后三项的二项式系数的和等于，列方程求解，再求解二项式系数最大的项.【详解】由已知得，即，即，解得（舍去负值），所以展开式中二项式系数最大的项为和.故答案为：和15．【分析】利用面积公式求出的面积，再利用余弦定理求出的长度，利用正弦定理求出的外接圆半径，根据勾股定理求出球的半径，由球的表面积公式即可求解.【详解】的面积，设球心到平面的距离为，则，解得，在中，由余弦定理， 设的外接圆半径为，由正弦定理则，解得，设球的半径为，则，所以球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查了球的表面积公式、三棱锥的体积公式、三角形的面积公式以及余弦定理解三角形，正弦定理解三角形的外接圆半径，属于中档题.16．##0.125【分析】根据题意，设，利用所给的性质，得到，，得到的方程和的方程，进而联立可求得点的轨迹为椭圆方程，最后利用椭圆的定义，得到的定值，即可求出的值【详解】题意可得，，，，设，则由题意得，，又由，可得点，故的方程为，的方程为，联立方程组，可得，把代入化简可得，故点在以为长轴的椭圆上，当为此椭圆的焦点时，为定值，此时，由可得，求得.故答案为：17．(1).(2). 【分析】（1）运用三角恒等变换化简函数，再运用特殊角的三角函数值解方程即可.（2）方法一：在△ABC中运用余弦定理求得BC及，再在中运用余弦定理可求得AD的值.方法二：运用平面向量基本定理可得，两边同时平方运用数量积求解即可.【详解】（1）因为，所以，所以．所以，即．又，所以．（2）如图所示，方法一：在△ABC中，由余弦定理可得，则．又点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．又在△ABC中，，在中，由余弦定理可得，所以．方法二：因为点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．等式两边同时平方可得．所以，即．18．（1）0.3；（2）4.92 t.；（3）【解析】（1）通过频率分布直方图求得的频率，由此求得的估计值.（2）根据由频率分布直方图计算平均数的方法，计算出全市家庭月均用水量平均数的估计值.（3）通过频率分布直方图，计算出累计频率为的位置，从而求得全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值.【详解】（1）由直方图可知的估计值为.  （2）因为.因此全市家庭月均用水量的平均数估计值为4.92 t.  （3）频率分布直方图中，用水量低于2 t的频率为.用水量低于4 t的频率为.故全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值为.【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图计算频率、平均数、百分位数，属于基础题.19．（1）见解析；（2）.【分析】（1）先证，，则有平面PBC，从而可得到本题结论；（2）先找出所求的二面角的平面角为，然后在中通过解三角形,即可得到本题答案.【详解】（1）证明：如图，由底面ABCD，得，又，故为等腰直角三角形，而点E是棱PB的中点，所以，由题意知，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得，从而平面PAB，故．因，，所以平面PBC．则；（2）由第1问知平面PAB，又，得平面PAB，故，在中，，，从而在中，，在中，，又，所以为等边三角形．取CE的中点F，连接DF，则，因，且，则为等腰直角三角形，连接BF，则，所以为所求的二面角的平面角，连接BD，在中，，，，所以．故二面角的平面角的余弦值为．【点睛】本题主要考查线线垂直的证明以及二面角的求法，找出二面角的平面角是解决此类题目的关键.20．(1)(2)证明见解析， 【分析】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.【详解】（1）联立，得，则，设，则，当时，，所以，解得或(舍)，故抛物线的方程为.（2）由题意知,由（1）得，且，设直线,联立，得，则，所以，所以，同理可得，，所以,所以，又，所以,即是定值，且定值为.21．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)根据题意只需证，构造函数，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得只能在处取得最小值，进而求解即可；(3)根据题意，构造和，利用二次求导讨论和的单调性和最小值，可得、，设方程的根和的根，再根据不等式的性质证明即可.（1）函数，由，由，，所以切线方程为，（2）当，时，，所以．故只需证，构造，，又在，上单调递增，且（1），知在，上单调递增，故（1）．因此，得证．（3）由（1）知在点，处的切线方程为．构造，，．当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增．又，，，所以在上单调递减，在上单调递增．所以．设方程的根．又，由在上单调递减，所以．另一方面，在点处的切线方程为．构造．，．当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增．又，，（1），所在上单调递减，在上单调递增．所以（1）．设方程的根．又，由在上单调递增，所以．，，，所以，得证．【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.22．(1)，(2)或． 【分析】（1）利用消参法可求得圆M的普通方程，根据极坐标与直角坐标之间的转换公式可求得曲线C的直角坐标方程；（2）设直线的参数方程并和联立，得到跟与系数的关系式，结合化简求得，即可求得答案.(1)由 ，可得，所以圆M的普通方程为，因为，所以，曲线C的直角坐标方程为．(2)由（1）知，，设直线l的参数方程为 （t为参数,），代入得，，，，即 ，①；，．又，所以，即，，或，代入①式验证满足题意，故或，所以直线l的直角坐标方程为或．23．（1）；（2）6.【解析】（1）对进行讨论，化简绝对值，进而可求不等式的解集；（2）由绝对值不等式的性质可求的最小值，进而可求，然后结合基本不等式即可求解．【详解】（1）①当时，原不等式可化为，得，故有； ②当时，原不等式可化为，得，故有； ③当时，原不等式可化为，解得，故有综上，不等式的解集为．（2）因为，所以．所以，当且仅当，即时“”成立，所以的最小值为6．【点睛】本题主要考查了含两个绝对值的不等式，解绝对值三角不等式，基本不等式，属于中档题.