2023届江西省赣州市高三摸底考试数学(理)试题含解析
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这是一份2023届江西省赣州市高三摸底考试数学(理)试题含解析,共20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届江西省赣州市高三摸底考试数学(理)试题 一、单选题1.已知全集,集合,则( )A. B. C. D.【答案】B【分析】先解分式不等式得集合,再根据补集的定义求解即可.【详解】依题意可得集合,全集,所以.故选:B.2.已知为虚数单位,若,则实数的值为( )A.-1 B.1 C.2 D.3【答案】D【分析】利用复数除法化简等式左侧,根据复数相等列方程组求参数值.【详解】由题设,所以,可得.故选:D3.在平面直角坐标系中,角,均以坐标原点为顶点,轴的正半轴为始边.若点在角的终边上,点在角的终边上,则( )A. B. C. D.【答案】B【分析】先利用三角函数的定义求出,,,,再利用两角和与差的余弦公式即可求解.【详解】由点在角的终边上,则,,又点在角的终边上,则,,所以.故选:B.4.某公司对2022年的营收额进行了统计,并绘制成如图所示的扇形统计图.在华中地区的三省中,湖北省的营收额最多,河南省的营收额最少,湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是( )A.该公司2022年营收总额约为30800万元B.该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的3倍还多C.该公司在华东地区的营收额比西南地区、东北地区及湖北省的营收额之和还多D.该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%【答案】D【分析】根据题意给的数据,结合选项依次计算即可求解.【详解】A:湖南省的营收额约为2156万元,占比7.00%,所以2022年营收额约为万元,故A正确;B:华南地区的营收额占比为19.34%,河南省的营收额占比为6.19%,有,所以华南地区的营收额比河南省的3倍还多,故B正确;C:华东地区的营收额占比为35.17%,西南地区的营收额占比为13.41%,东北地区的营收额占比为11.60%,湖北的营收额占比为7.29%,有13.41%+11.60%+7.29%=32.3%<35.17%,故C正确;D:湖南的营收额占比为7.00%,华中地区的营收额占比为20.48%,有,故D错误.故选:D.5.已知点,双曲线的左焦点为,点在双曲线的右支上运动.当的周长最小时,( )A. B. C. D.【答案】C【分析】利用双曲线的定义可以得出=,当三点共线时最小.【详解】由双曲线得到,,,左焦点,设右焦点.当的周长最小时,取到最小值,所以只需求出的最小值即可.===.故选:C.6.已知,则( )A.40 B.8 C. D.【答案】D【分析】设,根据二项式展开式可得、,即可求解.【详解】设,则,,所以,所以.故选:D.7.在中,角,,所对的边分别为,,,若,,成等差数列,,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得、,利用余弦定理化简计算即可求解.【详解】由,得,由成等差数列,得,由余弦定理,得,即,整理,得,由得,由得.故选:C.8.已知,则( )A. B.C. D.【答案】D【分析】利用对数、指数的性质判断大小关系即可.【详解】因为,所以.故选:D9.若函数,则方程的实根个数为( )A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【分析】由题意画出函数的图象,由方程,得或,再数形结合即可求解.【详解】由,则可作出函数的图象如下:由方程,得或,所以方程的实根个数为3.故选:A.10.德国数学家米勒曾提出最大视角问题,这一问题一般的描述是:已知点,是的边上的两个定点,是边上的一个动点,当在何处时,最大?问题的答案是:当且仅当的外接圆与边相切于点时最大,人们称这一命题为米勒定理.已知点,的坐标分别是,,是轴正半轴上的一动点.若的最大值为,则实数的值可以为( )A. B.2 C.3 D.4【答案】C【分析】根据米勒定理,当最大时,的外接圆与轴正半轴相切于点;再根据圆的性质得到为等边三角形,从而求出的值.【详解】根据米勒定理,当最大时,的外接圆与轴正半轴相切于点.设的外接圆的圆心为,则,圆的半径为.因为为,所以,即为等边三角形,所以,即或,解得或.故选:C.11.已知椭圆的左、右焦点分别为,.椭圆在第一象限存在点,使得,直线与轴交于点,且是的角平分线,则椭圆的离心率为( )A. B. C. D.【答案】B【分析】根据题意和椭圆定义可得到,和,的关系式,再根据,可得到关于,的齐次式,进而可求得椭圆的离心率.【详解】由题意得,又由椭圆定义得,记,则,,则,所以,故,则,则,即(负值已舍).故选:B.12.在棱长为6的正方体中,,分别为,的中点,则三棱锥外接球的表面积为( )A. B. C. D.【答案】D【分析】根据题意,三棱锥与三棱柱外接球相同.确定球心位置,利用正弦定理,余弦定理,勾股定理,求出球的半径,再利用球的表面积公式即可求解.【详解】如图,设,分别为棱,的中点,则三棱锥与三棱柱外接球相同.在中,,由余弦定理,所以;设外接圆半径为,在中,由正弦定理故外接圆半径,设三棱柱外接球半径为,由勾股定理, 则三棱锥外接球的表面积.故选:D【点睛】关键点点睛:本题求解的关键是:把三棱锥的外接球转化为三棱柱的外接球,利用底面外接圆的半径和三棱柱的高,可得外接球的半径,从而得到外接球的面积. 二、填空题13.已知向量,.若,则实数的值为______.【答案】【分析】根据两个向量垂直的坐标公式计算求解即可.【详解】因为,,所以,又因为,所以,所以.故答案为: .14.若实数,满足约束条件则的最大值为______.【答案】##【分析】画出可行域,根据的几何意义即可求解.【详解】画出的可行域,如图,因为的几何意义为过点、的直线的斜率.当该直线与曲线相切时,取得最大值,设切点,则该直线的斜率为,又,所以,解得,得,所以.故答案为:.15.已知函数.若存在,使不等式成立,则整数的值可以为______.(写出一个即可).【答案】(答案不唯一)【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简求出的最值,再结合存在不等式成立,求出整数的值即可.【详解】因为,化简得,因为,所以,即得,即,若存在,使不等式成立,则,所以,所以与中的任选一个即可.故答案为:.16.已知函数,的定义域均为,且,.若的图象关于直线对称,且,有四个结论①;②4为的周期;③的图象关于对称;④,正确的是______(填写题号).【答案】①②③④【分析】结合和判断①;根据和得到,从而可判断②;根据的图象关于直线对称,和得到,从而可判断③;结合②有,从而可判断④.【详解】由,且,,得,,故①正确;由,得,即,又,得,则,所以,故4是的周期,故②正确;由的图象关于直线对称,即,又,可得,则,即,又,得,所以的图象关于对称,且,故③正确;结合②有,得,故④正确.故答案为:①②③④.【点睛】本题综合考查函数的对称性和周期性,综合性较强,解答时要注意能否根据抽象函数的性质进行相应的代换,推出函数的周期,解答的关键是明确如何说明函数具有对称性和周期性等. 三、解答题17.已知数列满足.(1)求数列的通项公式;(2)记,求数列的前项和.【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用项与和的关系使用公式求解通项公式;(2)利用裂项相消法求和.【详解】(1)由…①当时,;当时,有…②①-②得:,即;不符合上式,故.(2)由(1)知故当时,;当时,,;因为符合上式,故.18.近年来,我国加速推行垃圾分类制度,全国垃圾分类工作取得积极进展.某城市推出了两套方案,并分别在,两个大型居民小区内试行.方案一:进行广泛的宣传活动,通过设立宣传点、发放宣传单等方式,向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义,讲解分类垃圾桶的使用方式,垃圾投放时间等,定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动;方案二:智能化垃圾分类,在小区内分别设立分类垃圾桶,垃圾回收前端分类智能化,智能垃圾桶操作简单,居民可以通过设备进行自动登录、自动称重、自动积分等一系列操作.建立垃圾分类激励机制,比如,垃圾分类换积分,积分可兑换礼品等,激发了居民参与垃圾分类的热情,带动居民积极主动地参与垃圾分类.经过一段时间试行之后,在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查,记录他们对试行方案的满意度得分(满分100分),将数据分成6组:,,,,,,并整理得到如下频率分布直方图:(1)请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分,判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎(同一组中的数据用该组中间的中点值作代表);(2)以样本频率估计概率,若满意度得分不低于70分说明居民赞成推行此方案,低于70分说明居民不太赞成推行此方案.现从小区内随机抽取5个人,用表示赞成该小区推行方案的人数,求的分布列及数学期望.【答案】(1)方案一的平均得分为,方案二的平均得分为;方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎(2)分布列见解析,数学期望为 【分析】(1)由频率分布直方图计算平均数,再进行比较即可;(2)由题意可得满足二项分布,然后进行求解分布列和期望即可.【详解】(1)设小区方案一的满意度平均分为,则设小区方案二的满意度平均分为,则∵,∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎.(2)由题意可知方案二中,满意度不低于70分的频率为,低于70分的频率为,现从小区内随机抽取5个人,的所有可能取值为0,1,2,3,4,5,则,,,∴的分布列为012345 期望.19.如图,四棱锥的底面为平行四边形,平面平面,,,,分别为,的中点,且.(1)证明:;(2)若为等边三角形,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】(1)连接,利用线面垂直证明异面直线垂直;(2)根据为等边三角形,可得的值,过作的平行线轴,结合(1)知轴,,两两垂直,从而可建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的一个法向量和,利用向量的夹角公式即可求解.【详解】(1)证明:如图,连接,∵,为的中点,∴,又平面平面,平面平面,平面,故平面,∵平面,∴,又∵,且,,平面,∴平面,又平面,∴.(2)由为等边三角形,,得,如图,过作的平行线轴,结合(1)知轴,,两两垂直,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,则,,设为平面的一个法向量,则,得,取,得,则,因为为的中点,所以 ,又,所以,则,设直线与平面所成角为,则,20.已知抛物线为其焦点,点在上,且(为坐标原点).(1)求抛物线的方程;(2)若是上异于点的两个动点,当时,过点作于,问平面内是否存在一个定点,使得为定值?若存在,请求出定点及该定值:若不存在,请说明理由.【答案】(1)(2)存在,定值4,定点 【分析】(1)由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p,即可得方程;(2)法一:设,,利用求得,讨论与轴是否垂直,求直线所过的定点;法二:设直线的方程为,联立抛物线及韦达定理、得;最后结合确定的轨迹,即可确定定点和定值;【详解】(1)因为点在上,则,而,所以,,所以,故该抛物线的方程为.(2)法一:设,不妨设,,则,解得,①当与轴不垂直时,,此时直线的方程为:,整理得,则的方程为:,则直线恒过定点由,即,故在以为直径的圆上,该圆方程为,即当为该圆心时,为定值;②当轴时,,此时,而,故;当时,也满足,综上,平面内存在一个定点,使得为定值4法二:设直线的方程为联立,且,由韦达定理得:,由,即,解得,即,直线恒过定点,由,即,故在以为直径的圆上,该圆方程为,即定点为该圆心时,为定值;【点睛】关键点点睛:第二问,根据求纵坐标乘积,并确定直线过的定点坐标,最后利用判断的轨迹,即可得结论.21.已知函数(,e为自然对数的底数).(1)若函数有两个零点,求实数的取值范围;(2)函数,,记的极小值为,求函数的值域.【答案】(1)(2) 【分析】(1)利用导数研究函数的单调性,可得,分类讨论a的取值情况,结合零点的定义即可求解;(2)设有的零点为(),利用导数研究函数的单调性,求出函数的极小值为,由,结合二次函数的性质即可求解.【详解】(1)法一:由得,故当时,;当时,.故函数在区间上单调递减,在上单调递增∴,①当时,,函数无零点②当时,,函数有一个零点③当时,,又,故当时,函数有两个零点法二:方程等于解方程,记,故当时,;当时,.故函数在区间上单调递减,在上单调递增∴.①当时,函数,即无零点,②当时,函数即有一个零点,③当时,由,,故当时,函数,即有两个零点;(2)法一:由,得:,由(1)知:当时,有两个零点(不妨设),同时也是的两个零点,且函数与单调性完全相同∴在,上单调递增,在上单调递减,∴的极小值为,又满足,即,代入上式得,又,∴,对于二次函数,开口向下,对称轴为,在上,.法二:由,记,结合显然函数在上单调递增,且,,故存在唯一,使得,且当时,;当时,,故在上单调递减,在单调递增,又,,,故存在两个零点(不妨设),下同法一22.在直角坐标系中,已知曲线(为参数),曲线,以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程;(2)已知是曲线上的两个动点(异于原点),且,若曲线与直线有且仅有一个公共点,求的值.【答案】(1),(2) 【分析】(1)先求曲线的直角坐标方程,再由写成极坐标方程;由写出曲线的直角坐标方程;(2)根据曲线与直线有且仅有一个公共点,得出是直角三角形斜边上的高,根据等面积法转化为求解即可.【详解】(1)由曲线(为参数),消去参数,得,所以曲线的直角坐标方程为.又由,得,所以曲线的极坐标方程为.由曲线,得,即,所以曲线的普通方程为.(2)由题意,设,则,又曲线与直线有且仅有一个公共点,故为点到直线的距离,由曲线的极坐标方程,得,所以,,所以,即,所以;又,所以,即所求实数的值为.23.已知函数.(1),解不等式;(2)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】(1)分类讨论求解绝对值不等式的解集;(2)法一:根据绝对值三角不等式求证不等式;法二:由绝对值对应函数的单调性求函数最小值范围,即可证结论.【详解】(1)由题设,所以,不等式等价于或或,解得或或,所以原不等式的解集为.(2)法一:(当且仅当时取等号)(当且仅当时取等号)(当且仅当时取等号),所以(当且仅当时等号成立).法二:,当时,;当时,,综上,结合各分段上一次函数的性质知:在单调递减,在上单调递增,所以,(当且仅当时等号成立),所以.
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