江西省万安中学2023届高三下学期第一次模考数学（文）试题(含答案)

江西省万安中学高2023届第一次模考

数学（文）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．已知等比数列{}为递增数列，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．

5．一个口袋中装有2个白球和3个黑球，先摸出一个球后放回，再摸出一个球，则两次摸出的球都是白球的概率是（    ）

A． B．

C． D．

6．中，点为上的点，且，若 ，则（    ）

A． B． C． D．

7．设x，y满足约束条件，则z=2x+y的范围是（    ）

A．[3，6] B．[2，3] C．[-6，3] D．[-6，6]

8．设随机变量的分布列为，则等于（    ）

A． B． C． D．

9．现将3名志愿者安排到5个不同的小区协助社区做核酸检测，要求每人只能去一个小区服务，则不同的安排方法种数有（    ）

A．60 B．125 C．210 D．243

10．某市一年12个月的月平均气温与月份的关系可近似地用函数来表示，已知该市6月份的平均气温最高，为28℃，12月份的平均气温最低，为18℃，则该市8月份的平均气温为（    ）

A．25.5℃ B．22.5℃ C．20.5℃ D．23℃

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．对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（    ）

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．已知的展开式中二项式系数和为32，则项系数是_______________．

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．已知圆及点，设分别是直线和圆上的动点，则的最小值为__________.

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．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．

(1)求的值；

(2)求的值．

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．在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，，，，．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

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，，在处的切线方程为

（1）若，证明：；

（2）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：A

2．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：D

3．B

【分析】根据等比数列的通项公式和等差中项的应用求出等比数列的首项和公比，结合等比数列前n项求和公式计算即可.

【详解】设该等比数列的通项公式为()，

由题意知，即，

解得，

所以.

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．D

【分析】根据独立事件概率公式计算即可．

【详解】设A＝“第一次摸出的是白球”，B＝“第二次摸出的是白球”，则P(AB)＝×＝．

故选：D

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:B

7．D

【分析】画出x，y满足的约束条件表示的可行域，再利用几何意义求出2x+y的最大值和最小值即得.

【详解】约束条件表示的可行域，如图中阴影△ABC：

目标函数z=2x+y，即y=-2x+z表示斜率为-2，纵截距为z的平行直线系，作出直线l0：2x+y=0，

平移直线l0使其过点C时的直线纵截距最小，z最小；平移直线l0使其过点A时的直线纵截距最大，z最大，

由得点C(-2，-2)，；由得点A(4，-2)，，

所以z=2x+y的范围是：[-6，6].

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．B

【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算作答.

【详解】将3名志愿者安排到5个不同的小区，每人只去一个小区，则每个人可从5个小区中任选1个小区，有5种选法，

由分步乘法计数原理得：，

所以不同的安排方法种数是125.

故选：B

10．A

【分析】列方程组解得,得到函数解析式，最后令即可求得结果.

【详解】令．由题意可得

整理，得解得

所以，

所以该市8月份的平均气温为，

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．B

【分析】可看出在定义域内单调递增，可得出是方程的两个不同根，从而得出，通过求导，求出的值域，进而可得到的范围．

【详解】解：在定义域内单调递增，

，

即，

即是方程的两个不同根，

∴，

设，

∴时，；时，，

∴是的极小值点，

的极小值为：，

又趋向0时，趋向；趋向时，趋向，

时，和的图象有两个交点，方程有两个解，

∴实数的取值范围是．

故选B．

【点睛】本题考查了对倍值函数的理解，根据导数符号判断函数极值点的方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．

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：．

14．10

【分析】利用二项式系数和和二项展开式的通项公式即可.

【详解】因为二项式系数和为32，

；

当时，

故答案为：10

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．##

【分析】先求出点关于直线的对称点，从而将问题转化为求的最小值，由此利用点到圆上的点的最小距离即可得解.

【详解】因为圆，所以圆心，半径为，

所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相离，

设点关于直线的对称点为，

则，解得，则，

结合图像，可知，

又到圆上点的最短距离为，

所以，则，

所以的最小值为.

故答案为：.

.

17．(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边角互化得，进而得，再根据余弦定理求解即可；

（2）结合（1）得，再根据三角恒等变换求解即可.

【详解】（1）解：∵，

∴

∵

∴，即

∵，

∴

∴

（2）解：∵，

∴

∴

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）证明见解析；（2）.

【分析】（1）先证明，，再由线面垂直的判定定理即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量公式直接求解即可．

【详解】（1）证明：连接，，设与相交于点，

因为，，

所以，

所以，

连接，因为为的中点，

所以．

又因为四边形是菱形，所以，

因为，平面，所以平面，

（2）解：在中，，所以，

因为，所以，

因为，，平面．

所以平面．

以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，．

设平面的法向量，，，

由，得，

取，则，，所以，

设平面的法向量，，，

由得，

取，则，，所以，

所以，

由图知二面角是钝角，所以二面角的余弦值是．

【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.

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）见解析（2）见解析

【分析】Ⅰ求得的导数，可得切线的斜率和切点，由切线方程可得的解析式，令，求得导数和单调性，即可得证；

Ⅱ设在处的切线方程为，可得，令，求得导数和单调性，运用函数方程的转化，以及函数的单调性的运用，即可得证．

【详解】Ⅰ由题意，所以，

又，所以，

若，则，与矛盾，故，；

可知，，，由，可得，

令，，

当时，，

当时，设，，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故，即，

故；

Ⅱ设在处的切线方程为，

易得，，令，

即，，

当时，，

当时，设，，

故函数在上单调递增，又，

所以当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，

故F，，

设的根为，则，

又函数单调递减，故，故，

设在处的切线方程为，易得，

由Ⅰ得，设的根为，则，

又函数单调递增，故，故，

又，．

【点睛】本题主要考查了应用导数求切线的斜率和函数的单调性，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简运算能力和推理能力，属于难题．

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.