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    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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    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:B2.已知为虚数单位,若,则实数的值为(    A-1 B1 C2 D3【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:B4.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%,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%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%,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.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.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    A40 B8 C D【答案】D【分析】,根据二项式展开式可得,即可求解.【详解】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】,得成等差数列,得由余弦定理,得整理,得,由.故选:C.8.已知,则(    A BC 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(    A3 B4 C5 D6【答案】A【分析】由题意画出函数的图象,由方程,得,再数形结合即可求解.【详解】则可作出函数的图象如下:由方程,得所以方程的实根个数为3故选:A10.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:已知点边上的两个定点,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轴正半轴上的一动点.的最大值为,则实数的值可以为(    A B2 C3 D4【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.的外接圆的圆心为,则,圆的半径为.因为,所以,即为等边三角形,所以,即,解得.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,直线轴交于点,且的角平分线,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所以,即(负值已舍).故选:B12.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.中,由余弦定理,所以外接圆半径为中,由正弦定理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.,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,所以,解得,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,若存在,使不等式成立,则所以,所以中的任选一个即可.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②4的周期;的图象关于对称;,正确的是______(填写题号).【答案】①②③④【分析】结合判断;根据得到,从而可判断;根据的图象关于直线对称,得到,从而可判断;结合,从而可判断【详解】,且,得,故正确;,得,即,得,则所以,故4的周期,故正确;的图象关于直线对称,即,可得,即,得所以的图象关于对称,且,故正确;结合,得,故正确.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),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时,;时,有…②①-②得:,即;不符合上式,故.2)由(1)知故当时,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小区方案二的满意度平均分为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012345,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)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,连接的中点,又平面平面,平面平面平面,故平面平面,且平面平面平面2)由为等边三角形,,得如图,过的平行线轴,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为平面的一个法向量,,得,取,得,则因为的中点,所以,所以设直线与平面所成角为,则20.已知抛物线为其焦点,点上,且为坐标原点).(1)求抛物线的方程;(2)上异于点的两个动点,当时,过点于,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、;最后结合确定的轨迹,即可确定定点和定值;【详解】1)因为点上,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,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;轴时,,此时,而,故时,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:,即,解得,直线恒过定点,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:由故当时,;当时,.故函数在区间上单调递减,在上单调递增时,,函数无零点时,,函数有一个零点时,,又故当时,函数有两个零点法二:方程等于解方程故当时,;当时,.故函数在区间上单调递减,在上单调递增.时,函数,即无零点,时,函数有一个零点,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,且函数单调性完全相同上单调递增,在上单调递减,的极小值为满足,即代入上式得对于二次函数,开口向下,对称轴为上,.法二:由,记,结合显然函数上单调递增,且故存在唯一,使得,且当时,;当时,上单调递减,在单调递增,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,不等式等价于解得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:时,时,综上,结合各分段上一次函数的性质知: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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