江西省新干中学2023届高三下学期第一次模考数学（文）试题(含答案)

江西省新干中学高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． B． C． D．

2．已知复数（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

3．在中，，为的中点，，则（    ）

A．2 B．1 C． D．

4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将正自然数中，能被3除余1且被2除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）

A．103 B．109 C．115 D．121

5．已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

6．甲、乙、丙三名同学到足球场馆和篮球场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，且每个场馆至少去一名同学，则甲、乙两人安排在同一个场馆的概率为（   ）

A． B． C． D．

7．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若，则

A．2 B．4 C．6 D．8

8．某几何体的三视图如图所示，俯视图是有一条公共边的两个正三角形．该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

9．若，，平面内一点满足，则的最大值是 （    ）

A． B． C． D．

10．已知三角形的三边长分别为a，b，，则三角形的最大内角是(　　)

A．135° B．120°

C．60° D．90°

11．已知定义域为的奇函数满足在上恒成立，且，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

12．函数在定义域R内可导，若且，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

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．双曲线的两条渐近线的夹角的弧度数为________________.

14．若的展开式的第项的二项式系数为，则其展开式中的常数项为________.

15．在中，是中线，已知，，定义，求的最小值是____________.

16．已知三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是__．

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．设是公比为正数的等比数列，，.

(1)求的通项公式；

(2)设是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前n项和.

18．为培养学生在高中阶段的数学能力，某校将举行数学建模竞赛.已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如图所示.

（1）估计这60名参赛学生成绩的中位数；

（2）为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格.60分以上（含60分）的成绩定为合格，某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会，记为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求的分布列与数学期望；

（3）已知这60名学生的数学建模竞赛成绩服从正态分布，其中可用样本平均数近似代替，可用样本方差近似代替（同一组数据用该区间的中点值作代表），若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满分为100分，估计此次竞赛受到奖励的人数（结果根据四舍五入保留整数）.

参考数据：，，.

19．，分别是椭圆的左､右焦点，，是上一点，与轴垂直，且.

（1）求的方程；

（2）设，，，是椭圆上的四点，与相交于，且，求四边形的面积的最小值.

20．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=BC=CD=BD=2，AB=AD=，AC与BD交于点O，点M在线段PA上，且PM=3MA.

（1）证明：平面；

（2）求三棱锥P-MCD的体积.

21．已知函数.

(1)当时，求曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若关于的方程恰有四个不同的解，求的取值范围.

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

在直角坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数，）.

（1）求曲线和直线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于，两点，且，求以为直径的圆的方程.

23．选修4-5： 不等式选讲

设函数.

（1）若，求的解集；

（2）若，，求a的取值范围.

1．B

【解析】根据对数函数的定义域，求集合，再求.

【详解】∵，，

∴.

故选：B

2．B

【解析】利用复数的乘法法则将复数化为一般形式，即可得出复数在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】，在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.

故选：B.

【点睛】本题考查复数的乘法运算，同时也考查了复数的几何意义，考查计算能力，属于基础题.

3．A

【分析】利用平面向量基本定理由可得答案.

【详解】如图，

，

由，且，得.

故选：A.

4．C

【分析】根据等差数列的通项即可求解.

【详解】由能被3除余1且被2除余1的数为能被6除余1的数，故是以1为首项，6为公差的等差数列，所以，故.

故选：C

5．D

【分析】先利用三角函数的恒等变换确定点P的坐标，再根据三角函数的定义求得答案.

【详解】,

,

即，则，

故选：D.

6．B

【分析】先求得符合条件的所有情况，然后根据古典概型求得结果.

【详解】甲、乙、丙三名同学到足球场馆和篮球场馆做志愿者，若甲独自一人去某场馆，乙、丙同去另一个场馆，则共2种情况，故总共有6种情况，其中甲、乙两人安排在同一个场馆有2种情况，故所求概率为．

故选：B.

7．D

【详解】2p=4，p=2，=x1+x2+p=8

故选D

点睛：若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．

8．D

【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．

【详解】解：由题意，几何体的直观图如图：是两个三棱锥的组合体，底面是正三角形，边长为2，棱锥的高为1，

所以几何体的表面积为，.

故选：

【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查空间想象能力以及计算能力，属于基础题．

9．B

【分析】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，由推出为的平分线，根据角平分线定理得到，设，则，根据余弦定理以及基本不等式求出的最小值，从而可得的最大值.

【详解】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，

因为，所以，

所以，所以，

所以为的平分线，

根据角平分线定理可得，设，则，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以，

即的最大值是.

故选：B

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

10．B

【分析】先比较边的大小，得到最大边，再利用余弦定理求解.

【详解】因为，

所以长为的边所对的角 最大，

由余弦定理，得，

因为，

所以三角形的最大内角是，

故选：B.

11．A

【分析】由题得在上恒成立，设，求出函数的奇偶性和单调性，解不等式得解.

【详解】由题得在上恒成立，

所以在上恒成立，

设，所以在上恒成立，

所以函数在单调递增.

,

所以函数是偶函数,所以函数在单调递增，在单调递减.

,

所以.

当时，，所以.

当时，，所以.

综上所述，.

故选：A

【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性的判断和应用，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

12．C

【分析】确定函数关于对称，再确定函数的单调性，综合两者判断大小得到答案.

【详解】，即，函数关于对称，

当时，，即，函数单调递减；

当时，，即，函数单调递增.

，，，故.

故选：C.

【点睛】本题考查了利用函数的单调性和对称性判断函数值的大小关系，意在考查学生对于函数性质的综合应用能力.

13．

【详解】试题分析：双曲线的两条渐近线为，斜率为，倾斜角分别为，它们的夹角为.

考点：双曲线的渐近线.

14．

【分析】根据第项的二项式系数可知，求出，进而得到展开式的通项公式；令的幂指数为零可知；代入通项公式可求得常数项.

【详解】由二项式定理可知，第项的二项式系数：，解得：

展开式通项公式为：

令，解得：

常数项为：

本题正确结果：

【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的系数的问题，关键是能够明确二项式系数的定义、二项展开式的通项公式的形式.

15．

【分析】设2，连接CE，可得BD∥CE，运用三点共线的向量表示，结合图形求得A到直线EC的距离，即可得到所求最小值．

【详解】由

＝2|•（2）+（1）|，

设2，连接CE，可得BD∥CE，

∠AEC＝30°，

设•（2）+（1），

由（1）＝1，可得H在直线EC上，

即有A到EC的距离为|AH|＝4sin30°＝2，

则f（λ）的最小值为2×2＝4．

故答案为：4．

.

【点睛】本题考查向量模的最值，注意运用三点共线的向量表示，考查运算能力和数形结合思想，属于中档题．

16．

【分析】结合球体，画出具体的几何体图像，设，则，外接圆的半径为，表示出三棱锥的高为，表示出三棱锥的体积公式，结合基本不等式，换元法，导数即可求得答案

【详解】

如图所示，设，则，外接圆的半径为

则三棱锥的高为，三棱锥的体积公式为，

设，则，，

令，解得，在单增，单减，

，

所以三棱锥体积最大值为

【点睛】本题考查球体的内接三棱锥最大体积的求法，综合性强，结合了基本不等式、换元法、导数求导方法，对思维转化能力，运算能力要求较高

17．(1)

(2)

【分析】（1）设为等比数列的公比，由已知易得值，则数列的通项可求；

（2）由已知可得的通项，利用分组求和法，求解.

【详解】（1）设为等比数列的公比，

则由，得，解得q＝3，

∴的通项为；

（2）由已知可得，

∴，

.

18．（1）中位数为65；（2）分布列见解析；期望为；（3）.

【分析】（1）由图中的数据可判断中位数在60分到80分之间，若设中位数为，则，从而可求得中位数；

（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为6人，不合格的人数为4人，则的可能取值为0，1，2，3，4，求出各自的概率，从而可得的分布列与数学期望；

（3）由已知求出，从而可得，再利用正态分布的对称性可求得结果

【详解】（1）设中位数为，则，解得，所以这60名参赛学生成绩的中位数为65.

（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为，不合格的人数为.

由题意可知的可能取值为0，1，2，3，4.

则，，，，.

所以的分布列为

所以的数学期望.

（3）由题意可得，，，则，

由服从正态分布，得，则，，所以此次竞赛受到奖励的人数为.

【点睛】此题考查频率分布直方图、分层抽样、离散型随机变量的分布列、正态分布等知识，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题

19．（1）；（2）.

【分析】（1）结合椭圆的定义以及已知条件求出，，转化求解，得到椭圆方程．

（2）设直线的斜率为，，，，，则直线的方程为，联立及得，利用韦达定理，弦长公式，结合直线斜率，求出，然后推出四边形的面积，利用基本不等式求解最值即可．

【详解】解：（1）由于，则，，

又，得.

又，则，于是，故的方程为.

（2）当直线的斜率存在且不为零时，设直线的斜率为，

，，则直线的方程为，

联立及得，

所以，.

.

由于直线的斜率为，用代换上式中的可得.

∵，∴四边形的面积为.

由，

所以，当时，即时取等号.

当直线的斜率不存在或斜率为零时，四边形的面积，

综上可得，四边形面积的最小值为.

【点睛】本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．

20．（1）证明见解析；（2）.

【分析】(1)由已知条件求出的长，从而可得，进而可知，结合线面平行的判定定理，从而可证明平面.

(2)在中结合余弦定理求出，从而可知CD⊥AD，根据线面垂直的性质和判定可得CD⊥平面PAD，从而求出三棱锥P-MCD的高，进而可求出三棱锥的体积.

【详解】解：（1）由已知可得△ABC≌△ADC，∴AC⊥BD且O为BD的中点，

由BC=CD=BD=2，AB=AD=，得OA=，OC=，∴.

∴OM∥PC，又OM平面PBC，PC平面PBC，∴OM∥平面PBC.

（2）∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.

在△ABD中，AB=AD=，BD=2，由余弦定理得，又∠CDB=60°，

∴∠CDA=90°，即CD⊥AD，∴CD⊥平面PAD.∴=.

【点睛】关键点睛:

本题考查了线面平行的判定，考查了线面垂直的性质，考查了三棱锥体积的求解.本题的关键是求体积时，证明线面垂直从而找出三棱锥的高.

21．(1)1；

(2).

【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线方程，最后根据切线与横轴、纵轴的交点坐标进行求解即可；

（2）由题可得有四个不同的解，构造函数，利用导数研究函数的性质，然后利用数形结合即得.

【详解】（1）当时，，

所以，

又，

所以切线的斜率，

则切线方程为，

该切线与轴交于点，与轴交于点，

所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为；

（2）由可得，

，即，

令，则，

∴或，

设，则，

当变化时，变化如下，

函数的图象如图，

要使方程恰有四个不同的解，

因为与函数的图象有一个交点，则与函数的图象有三个交点，

∴，即，

∴的取值范围为.

【点睛】利用导数研究零点问题：

（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；

（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；

（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.

22．（1）曲线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为；（2）.

【分析】（1）利用和，把化成直角坐标方程；直线的参数方程为因为为参数，所以消，得到直角坐标方程.

（2）直线方程与曲线方程联立，求出A,B两点横坐标之和，再利用抛物线的定义，可求出的值，直线方程确定，可以求出AB中点的坐标，以及半径，最后求出圆的方程.

【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为．

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）由得．

所以．因直线过抛物线的焦点

所以．由题设知，又，故

因此的方程为．

的中点坐标为（3，2），因此所求圆的方程为．

【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化、韦达定理、抛物线的定义、圆的方程.

23．（1）；（2）.

【分析】（1）代入的值，得到关于的不等式组，利用分类讨论法，解出即可；

（2）依题意可得恒成立，令根据绝对值三角不等式可得，所以解得即可；

【详解】解：（1）由，，

当时，，解得，所以，

当时，，解得，所以，

当时，，解得：，

综上可得：，所求的解集为.    

（2）因为恒成立，

恒成立，

又，

，或或，

所求的a的取值范围是：.

【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式，绝对值三角不等式的应用，属于中档题.