2023届江西省南昌市高三第一次模拟测试数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省南昌市高三第一次模拟测试数学（理）试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省南昌市高三第一次模拟测试数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用对数式有意义及交集的定义即可求解.【详解】由，得，所以.由，得，即，解得，所以，所以.故选：A.2．设复数满足，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.【详解】因为，所以，于是，故选：C3．如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.【详解】由题意可得：，则，故，∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.故选：D.4．已知x，y为正实数，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．【详解】当时，取，则，所以“”不是“”的充分条件；当时，得，即，则，所以“”是“”的必要条件，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.5．“米”是象形字.数学探究课上，某同学用拋物线和构造了一个类似“米”字型的图案，如图所示，若抛物线，的焦点分别为，，点在拋物线上，过点作轴的平行线交抛物线于点，若，则（    ）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】D【分析】根据抛物线的对称性求出P点横坐标，再由抛物线定义求出即可.【详解】因为，即，由抛物线的对称性知，由抛物线定义可知，，即，解得，故选：D6．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】模拟程序运行，观察运行中变量的值，可得结论．【详解】由程序框图知．故选：B7．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用对数的性质可得；结合幂函数的在上单调递增，可得；由，结合对数函数的性质可得，进而求解.【详解】.因为幂函数在上单调递增，所以.因为，所以，即，所以.故选：B.8．圆锥的底面半径为1，母线长为2，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于两点），则下列说法正确的是（    ）A．存在点，使得 B．存在点，使得C．平面 D．三棱锥体积最大值为【答案】C【分析】假设存在点，使得，可得，显然与矛盾，可知A错误；若存在点，使得，可得，与矛盾，所以B错误；由可知，利用线面平行的判定定理可得平面，即C正确；易知底面积，所以三棱锥的体积，即D错误.【详解】根据题意可知，如下图所示：对于A，因为是直径，所以，假设存在点，使得，又因为，平面，所以平面，又平面，所以；又因为都是母线，即，所以不成立，所以不存在点，使得，即A错误；对于B，是的中点，是的中点，所以，若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；对于C，因为分别是、的中点，所以，平面，平面，由线面平行的判定定理可得平面；所以C正确；对于D，易知三棱锥的高为，所以当底面积最大时，其体积最大；又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，即三棱锥的体积，即三棱锥的体积的最大值为，所以D错误.故选：C9．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（    ）A．2.922 B．2.926 C．2.928 D．2.930【答案】B【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.【详解】.故选：B.10．已知一簇圆，直线是它们的一条公切线，则（    ）A． B．1 C． D．2【答案】A【分析】由题意可分析圆心在上，再根据半径得到轴是该圆簇的切线，从而由直线的对称求得解析式即可.【详解】由题意可知：圆心在直线上，到轴的距离为，而圆簇的半径也是，故轴是该圆簇的切线，即轴与关于对称.设倾斜角为，与轴正方向夹角为，则，所以而轴，，必都交于原点，故，即故选：A11．已知函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由幂函数的奇偶性及单调性即可解得.【详解】易知是奇函数且单调递增，故原不等式等价于即所以，所以在任意的上恒成立，故.故选：D12．如图，一块三角形铁片，已知，，，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点，，.如果过点作一条直线分别交，于点，，并沿直线裁掉，则剩下的四边形面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析可将问题转化为求面积的最小值，利用正弦定理及基本不等式即可解决.【详解】设则=化简得：，当且仅当，即时取得等号，故而当面积的最小时，剩下的四边形面积的最大为故选：A【点睛】本题考察平面图形的面积最值，可转化为求三角形面积最值，一般情况都可以转化为利用基本不等式或者同一变量的函数值域问题，属于压轴题. 二、填空题13．已知向量，，若，则______．【答案】【分析】求出向量、的坐标，利用平面向量的模长公式可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为，，则，，因为，则，解得.故答案为：.14．双曲线的渐近线方程为______.【答案】【分析】根据双曲线性质即可求出结果.【详解】根据双曲线性质可知所求渐近线方程为，即，故答案为：.15．在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体积为定值，则_____【答案】2【分析】根据给定条件，由面积为定值，借助等体积法确定平面即可计算作答.【详解】在四棱锥中，点是侧棱上的定点，则面积为定值，三棱锥的体积为定值，因此点到平面的距离为定值，又点是侧棱上的动点，于是侧棱上的所有点到平面的距离都相等，则平面，如图，连接，连接，平面平面，而平面，因此，有，梯形中，，，则，所以.故答案为：216．潮汐现象是地球上的海水在太阳和月球双重引力作用下产生的全球性的海水的周期性变化，人们可以利用潮汐进行港口货运.某港口具体时刻（单位：小时）与对应水深（单位：米）的函数关系式为.某艘大型货船要进港，其相应的吃水深度（船底与水面的距离）为7米，船底与海底距离不小于4.5米时就是安全的，该船于2点开始卸货（一次卸货最长时间不超过8小时），同时吃水深度以0.375米/小时的速度减少，该船8小时内没有卸完货，要及时驶入深水区域，则该船第一次停止卸货的时刻为______.【答案】6时【分析】令船底与海底距离为，则，化简后求导判断单调性，从而确定当时，，即可求解.【详解】令船底与海底距离为，则，所以，所以，又，，所以，所以当或时，当时，所以在上单调递增；在上单调递减.又因为，所以当时，；当时，所以该船第一次停止卸货的时刻为6时.故答案为：6时 三、解答题17．已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．(1)求k的值；(2)求数列的通项公式．【答案】(1)2；(2). 【分析】（1）运用代入法进行求解即可；（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】（1）当时，，当时，；（2）因为，所以，则，令，所以，则是等比数列，因为，，所以，所以，则18．已知直四棱柱的底面为菱形，且，，点为的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接交于点，通过证明得平面；（2）方法一：取的中点，证明为二面角的平面角，在三角形中求；方法二：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面ACE的法向量，用空间向量求二面角的余弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，在直四棱柱中，所以四边形为平行四边形，即，又因为底面为棱形，所以点为的中点，点为的中点，即点为的中点，所以，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）方法一：取的中点，连接，，，在直棱柱中平面，所以，又因为，，所以平面，又平面，所以因为在中，，且点为的中点，所以，又，而点为的中点，所以，又，所以平面，又平面，即，则为二面角的平面角，在等腰直角三角形中，，又，在直角三角形中，所以，即二面角的余弦值为.方法二：因为底面为菱形，所以，在直四棱柱中，分别为中点，故面，故，如图，以，，分别为分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，因为在中，，且点为的中点，所以，，则，，，，因为，，设为平面的法向量，则，即，得，令，则，平面的法向量，设二面角为， 则.由图知二面角为锐角，故二面角的余弦为.19．已知函数.(1)若时，函数有3个零点，求的取值范围；(2)若，，方程有解，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由函数有3个零点，可得与的图象有三个交点，结合导数分析单调性，再结合大致图象即可求解；（2）由方程有解，即有解.设，则则，设，则恒成立，可得在单调递增，结合，，可得，可得在单调递减，在单调递增，进而求解.【详解】（1）函数有3个零点，即有3个根，即有3个根，即与的图象有三个交点；，令，解得；令解得或，即在单调递增，在单调递减，在单调递增.又，，时，所以，即的取值范围为.（2）由方程有解，即有解.设，则，设，则恒成立，故在单调递增，又，，且存在唯一的，使得，所以，且时，；时，.即在单调递减，在单调递增，时，时，故要使得有解，只需，故，故，解得，而在上单调递增，故，又因为，故的取值范围为.【点睛】方法点睛：函数的零点问题，常转化为函数与函数的交点问题，进而利用导数分析函数的单调性，再结合大致图象进行求解.20．某班准备购买班服，确定从，两种款式中选出一种统一购买，现在全班50位同学赞成购买，款式的人数分别为20，30位，为了尽量统一意见，准备在全班进行三轮宜传，每轮宣传从全班同学中随机选出一位，介绍他赞成款式的理由，假设每轮宣传后，赞成该同学所选款式的不会改变意见，不赞成该同学所选款式的同学会有5位改变意见，赞成该同学所选款式.(1)计算第二轮选到的同学赞成款式的概率.(2)设经过三轮宜传后赞成款式的人数为，求随机变量的期望.【答案】(1)(2) 【分析】（1）记第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，记第二轮选到的同学赞成款式的概率为，由相互独立事件乘法公式、互斥事件的概率加法公式可得答案；（2）求出的所有可能取值及概率，利用期望公式计算可得答案.【详解】（1）记第i轮宣传选中的同学是赞成款式的事件为，第i轮宣传选中的同学是赞成B款式的事件为，记第二轮选到的同学赞成款式的概率为，因为，，则；（2）经过三轮宣传后赞成款式的人数为的所有可能取值为5，15，25，35，则，，，所以分布列为5152535 所以.21．已知椭圆过、、、四个点中的三个点.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于、两点，直线、分别交椭圆于、两点，求直线的斜率.【答案】(1)(2) 【分析】（1）分析可知点、在椭圆上，再对椭圆过点或点进行分类讨论，并将点的坐标代入椭圆方程，结合求出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）法一：设、、、，设直线的方程为，由已知可得出，写出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，结合韦达定理可得出，，再利用斜率公式可得出直线的斜率；法二：设、、、，写出直线的方程，将点的坐标代入可得，利用点差法可得出，进一步求得、的表达式，求出直线、的斜率，根据可得出，再利用斜率公式可求得直线的斜率；法三：设、、、，设，，根据向量的坐标运算可得出，， ，，进一步可得出且，利用点差法结合、、三点共线得出，再利用斜率公式可求得直线的斜率.【详解】（1）解：根据椭圆的对称性可知，由于、关于轴对称，必同时在椭圆上，若椭圆还经过点，则，将点代入椭圆方程得求得，可得椭圆方程为；若椭圆还经过点，则，将点的坐标代入椭圆方程可得，解得，不合乎题意.综上所述，椭圆方程为.（2）解：方法一：设、、、，设直线的方程为，由于直线过点，则有，①设直线的方程为，联立可得，所以，同理，进一步可得，.直线的斜率为；方法二：设、、、，因为、、三点共线，则直线的方程为，且将代入直线的方程，整理可得，③由于、均在椭圆上，代入可得，所以，，将两式相减可得，所以，④则③④式可得：，由③④式可得：，直线的斜率为，同理直线的斜率为，而，所以，则.那么.方法三：设、、、，设，，则，所以，，所以，，同理可得，同理，，则且，所以且，因为、均在椭圆上，所以，，可得，所以，，即，又因为，所以，所以，，同理可得，因为、、三点共线，所以，则，所以，所以，所以的斜率.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：．(1)当时，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．(2)直线l与曲线C交于A，B两点，若|AB|=2，求的值．【答案】(1)，；(2). 【分析】（1）根据加减消元法，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；（2）根据直线参数方程参数的意义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】（1）当时，直线的参数方程为，消去参数得，即直线的普通方程为．∵，∴，∵，∴，则曲线的直角坐标方程为；（2）将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得，化简得，设A，B两点对应的参数为，，则，，因为直线过点，则，解得．23．已知，且．(1)求证：；(2)求的最小值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由已知条件可得出，等式两边平方，并结合基本不等式可证得结论成立；（2）分析可知，，可得出，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【详解】（1）证明：因为，且，所以，，故，即，当且仅当时等号成立．（2）解：因为，，且，所以，，则，，所以，当且仅当时，即当时等号成立，所以最小值为．