2023届江西省五市九校协作体高三第二次联考模拟数学（文科）试题

2023届江西省五市九校协作体高三第二次联考模拟数学（文科）试题

一、单选题

1．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知集合，，若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

2．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知为虚数单位，复数满足，则的最大值为（       ）

A．1 B． C．2 D．3

3．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，它是一种绕一个支点高速转动的刚体，种类很多，其中有一种金属陀螺（如图），它的形状可以认为是上半部分为圆柱，下半部分为倒置的圆锥；现知尖底长为3，柱体与锥体部分高之比 ，底周长为，则陀螺的表面积为（ ）

A． B． C． D．

4．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）袋中有大小相同的黄、红、白球各一个，每次任取一个，有放回地取3次，则是下列哪个是事件的概率？

A．颜色全相同 B．颜色不全相同

C．颜色全不相同 D．无红球

5．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知三个数，则它们之间的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

6．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）一条光线从点射出，经y轴反射后与圆相交，则入射光线所在直线的斜率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

7．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知是第三象限的角，且，那么的值为

A． B． C． D．

8．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）在一次独立性检验中得到如下列联表：

若这两个分类变量A和B没有关系，则a的可能值是（    ）A．200 B．720

C．100 D．180

9．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）某大学开设选修课，要求学生根据自己的专业方向以及自身兴趣从个科目中选择个科目进行研修，已知某班级名学生对科目的选择如下所示，则、的一组值可以是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

10．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）在等比数列{}中，．记，则数列{}（    ）

A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项

11．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知，分别为双曲线C：（，）的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得，且的内切圆与y轴相切，则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

12．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）宋神宗熙宁九年文学家苏轼在《水调歌头·明月几时有》中有一名句“月有阴晴圆缺”表达了他超脱的胸怀。而球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺的体积公式，其中为球的半径，为球缺的高．现有一球与一棱长为的正方体的各棱均相切，若往该正方体内投点，则该点不在球内部的概率为（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）设，满足约束条件则的最小值为___________．

14．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知向量与的夹角为，，，则________________.

15．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知，，若对，，使得，则实数的最小值为_________.

16．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）如图，有一列曲线，，，…已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（，1，2，…）。记为曲线所围成图形的面积。则数列的通项公式________

三、解答题

17．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）在中，分别是内角的对边，且.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

18．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）江西省作为全国第四批启动高考综合改革的7个省份之一，从2021年秋季学期起启动实施高考综合改革，实行高考科目“”模式。“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分计入高考成绩：“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分计入高考成绩：“2”指考生从政治、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩．按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：

将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，T表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整．某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：

(1)同一组数据以该组区间的中点值作代表，求实数a的值并估计本次考试的平均分；

(2)按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间；

(3)用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成绩的原始分为90，试计算其等级分．

19．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，底面，，直线与平面所成角的正弦值为，E，F分别是棱的中点．

(1)求异面直线与所成角的正切值；

(2)求三棱锥外接球的体积．

20．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）设函数，，为的导函数.

（1）若，，求的值；

（2）若，，且和的零点均在集合中，求的极小值.

21．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）如图，已知，为椭圆的左、右焦点.动点在直线上，过作的两条切线，切点分别为、，过，分别向，作垂线，垂足分别为，，，.

（1）证明：为定值；

（2）记和的面积分别为，，求的取值范围.

22．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）杭州2022年第19届亚运会（The 19th Asian Games Hangzhou 2022），简称“杭州2022年亚运会”，将在中国浙江杭州举行，原定于2022年9月10日至25日举办；2022年7月19日亚洲奥林匹克理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日举办，赛事名称和标识保持不变。某高中体育爱好者为纪念在我国举办的第三次亚运会，借四叶草具有幸福幸运的象征意义，准备设计一枚四叶草徽章捐献给亚运会。如图，在极坐标系Ox中，方程表示的图形为“四叶草”对应的曲线C．

(1)设直线l：与C交于异于O的两点A、B，求线段AB的长；

(2)设P和Q是C上的两点，且，求的最大值．

23．（2023·江西·金溪一中校联考模拟预测）已知设函数

（1）若，求不等式的解集；

（2）若函数的最小值为1，证明：．

参考答案：

1．A

【分析】根据，可得两集合元素全部相等，分别求和，再根据集合元素的互异性可确定，的值，进而得出答案.

【详解】由题意可知，两集合元素全部相等，得到或，又根据集合互异性，可知，解得(舍)，和(舍)，所以，，则，

故选：A

2．D

【分析】设，利用推出对应复平面上的点的轨迹，的最大值即为轨迹上的点到原点距离的最大值.

【详解】设，由，推出，则，

于是可看成以为圆心，半径为的圆上运动，，

意为A到的距离，距离最大值为3，所以.

故选：D.

3．D

【分析】先利用已知条件得到底面半径，圆柱母线长以及圆锥的高，进而得到圆锥的母线长，再利用圆柱和圆锥的表面积公式求解即可.

【详解】由底周长为，

可得底面半径，

又现知尖底长为3，柱体与锥体部分高之比，

得圆柱的高即母线长为，圆锥的高为，

圆锥的母线长为，

则陀螺的表面积为：；

故选：D.

4．B

【分析】根据题意，由古典概型依次计算四个选项的事件的概率，进而看谁的概率为，即可得答案．

【详解】有放回地取球3次，共27种可能结果，其中颜色相同的结果有3种，其概率为＝；颜色不全同的结果有24种，其概率为＝；颜色全不同的结果有6种，其概率为；无红球的结果有8种，其概率为.故选B.

【点睛】本题考查等可能事件概率的计算，注意又放回与无放回抽样的区别，其次还要注意求解时，结合对立事件、相互独立事件的概率公式，可以简化计算．

5．B

【解析】将数据与或者1比较大小，从而判断三个数据的大小关系.

【详解】由题知，即，

又因为，故；

所以，

故选：B.

【点睛】此题考查指数、对数函数的基本性质，弧度制、三角函数的单调性，属于中档题.

6．C

【解析】由题意可设入射光线PQ的方程为，求出与轴的交点坐标，可得反射光线QA的方程为，由圆心到直线的距离小于半径，列不等式解出直线的斜率的取值范围．

【详解】如图所示，

由题意可设入射光线PQ的方程为，

令，则，可得.

则反射光线QA的方程为.

则，解得.

入射光线所在直线的斜率的取值范围为.

故选：C.

7．A

【分析】将恒等式两边同时平方，结合二倍角的正弦公式即可得结果.

【详解】∵，

∴，

∵，∴，

∵角是第三象限角即，

∴，∴，

故选A．

【点睛】本题主要考查已知一个角的某个三角函数式的值，求这个角的其他三角函数式的值，一般需用三个基本关系式及其变式，通过恒等变形或解方程求解．

8．B

【分析】当时，两者没有关系，带值检验即可

【详解】当a＝720时，，易知此时两个分类变量没有关系．

故选：B.

9．D

【分析】由已知可得出，观察各选项可得结果.

【详解】依题意，，故，观察可知，

故选：D．

10．A

【分析】首先求得数列的通项公式，再运用等差数列的求和公式求得，根据二次函数的性质的指数函数的性质可得选项.

【详解】设等比数列为q，则等比数列的公比，所以，

则其通项公式为：，

所以

，

令，所以当或时，t有最大值，无最小值，

即有最大值，无最小值，

结合前面，当为正数时，为正数，

当为负数时，为负数，

所以当时，有最小项，当时，有最大项.

故选：A.

11．C

【分析】根据勾股定理得到，根据内切圆的性质得到，根据双曲线的定义得到，然后联立方程得到，解方程即可得到离心率.

【详解】

如图，过内切圆圆心作三边的垂线，垂足分别为，，，

因为，所以①，

因为圆为直角三角形的内切圆，所以圆的半径②，，所以点的横坐标为，

因为的内切圆与轴相切，所以，

又③，联立②③得，，然后代入①式中得，即，解得或（舍去）.

故选：C.

12．B

【分析】首先求出球的半径，从而求出球缺的高，根据所给公式求出一个球缺的体积，从而求出正方体与球的公共部分的体积，再根据几何概型的概率公式计算可得.

【详解】解：由题意可知，球与棱长为的正方体的各棱均相切，

故球的半径，球缺的高为，

球缺体积为，

所以正方体与球的公共部分的体积为球的体积去掉个球缺的体积，

故其体积为，

又正方体的体积，

若往该正方体内投点，则该点不在球内部的概率．

故选：B．

13．

【分析】根据约束条件，画出可行域，由目标函数求出最小值．

【详解】画出可行域如下图：

由图可知，当直线过点时，取得最小值．

故答案为：．

14．4

【详解】试题分析：向量与的夹角为， ，则， .所以，则 （舍去）或.

考点：平面向量的数量积.

15．

【分析】依题意可知，分别求出及，列式即可求解

【详解】依题意可知

则，当时，；当时，

所以在上单调递增，在上单调递减

所以

在上单调递增，则

所以，所以，即的最小值为

故答案为：

16．

【分析】可设图形的边长为，边数为3，的边长为边长的，边数是每一条边都扩大4倍，并且每一条都增加了一个小的等边三角形，由此规律可知的边长为，边数为，而曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，再利用累加法即可求出的通项公式.

【详解】设图形的边长为，由题意可知，，边数是3；

根据图形规律，图形边长为，边数为每一条边都扩大4倍，即；

图形边长为，边数为；

以此类推，图形边长为，边数为；

图形边长为，边数为；

而根据图形规律可知曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，

每一个边增加的小等边三角形面积为，

则，整理后得，

又图形的面积，

由累加法可知，，，……，，

得，

故答案为：

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到数列的递推公式，进而求出数列通项，常见的方法有：（1）由和的关系求通项公式；（2）累乘法，累加法，构造等差数列和等比数列法.

17．（1） （2）

【分析】（1）由已知利用正弦定理可得：a2＝b2+c2+bc．由余弦定理可得：cosA，结合范围A∈（0，π），可求A．

（2）由已知利用余弦定理c2+2c﹣5＝0，解得c的值，利用三角形面积公式即可计算得解．

【详解】（1）因为，

由正弦定理得.

再由余弦定理得，

又因为 ，所以 ．

（2）因为a=3，，

代入得,

解得 .

故△ABC的面积.

【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

18．(1)，73

(2)

(3)91分

【分析】（1）先利用频率分布直方图频率之和为1，求出的值，再利用频率分布直方图平均数的求法，将每一个组区间的中点值乘以对应的频率然后求和即可求出答案.

（2）由等级所占的人数比例为，由频率分布直方图可知原始分成绩位于区间的占比为5%，位于区间的占比为20%，等级的最低原始分在区间中，可设最低原始分并结合该区间所占比例为10%即可求出等级的最低原始分，再结合题意最高原始分可得出结果.

（3）由化学成绩的原始分为90分，落在A等级中，根据题意得出原始分的最高和最低，A等级中赋分区间的最低分和最高分，代入公式即可求出等级分.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，频率之和为1，得，

解得，估计本次考试的平均分为

．

（2）根据等级所占的人数比例为，由频率分布直方图知，原始分成绩位于

区间的占比为5%，位于区间的占比为20%，所以最低原始分

在之间，设最低原始分为，则，解得，

所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为．

（3）由题意可知，化学成绩的原始分为90分，落在A等级中，则，，，

，，代入公式后，解得，该学生的等级分为91分．

19．(1)

(2)

【分析】（1）依题意为直线与平面所成的角，即可求出、，利用勾股定理逆定理得到，取的中点，连接，，即可得到即为异面直线与所成的角，再由锐角三角函数计算可得．

（2）依题意可得三棱锥的外接球即为以、、为三条邻边的长方体的外接球，则长方体的体对角线即为外接球的直径，求出外接球的半径，即可求出外接球的体积．

【详解】（1）解：因为底面，所以为直线与平面所成的角．

因为，即，

所以，从而．

又，，所以，

所以．

取的中点，连接，．因为是的中点，

所以，且．又是棱的中点，所以，且，

从而即为异面直线与所成的角．

因为底面，所以底面，底面，

所以，于是．

即异面直线与所成角的正切值为.

（2）解：在中，，所以三棱锥的外接球即为以、、为三条邻边的长方体的外接球．

设半径为，则，所以球的体积．

20．（1） ；（2） .

【解析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；

（2）由题意首先确定a,b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.

【详解】（1）因为，所以.

因为，所以，解得.

（2）因为，

所以，

从而.令，得或.

因为，，都在集合中，且，所以，，.

此时，.

令，得或.列表如下：

所以的极小值为.

【点睛】方法点睛：该题考查的是有关导数的问题，解题方法如下：

（1）利用，代入函数解析式，得到关于的等量关系式，求得结果；

（2）对函数求导，得到，根据题意，得到，，都在集合中，从而求得函数解析式，根据函数的单调性，确定其极小值.

21．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）设联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，由得，再计算化简即得解；

（2）设，过的切线方程为：，联立切线和椭圆的方程得到韦达定理，由可得，得到，再计算，再求取值范围得解.

【详解】（1）设

由

得

（2）

设，过的切线方程为：，

，

由可得，即，

设，斜率分别为，，则，

由（1）知：，，

∴

.

22．(1)9

(2)

【分析】（1）根据题意可先设出A、B两点的极坐标，，分别代入后可得到和，由即可得到线段的长.

（2）可以设出、，代入后利用辅助角公式，整理为，再结合的范围即可求出的最大值.

【详解】（1）设A、B两点的极坐标分别为、，

则，

，

因此，；

（2）根据对称性，不妨设、，

．

∵，则，所以当时，

即，时，．

23．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）根据题意，只需解，再分类讨论求解即可；

（2）由题知，进而根据柯西不等式即可证明.

【详解】（1），不等式，

即

当时，

当时，

当时，

∴不等式的解集为

（2）

∵，∴

∴

.