2023届江西省宜春市高三一模数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省宜春市高三一模数学（理）试题含解析，共22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届江西省宜春市高三一模数学（理）试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式求集合A，解对数不等式求集合B，应用集合交运算求结果.【详解】由，可得，故，由，所以.故选：C2．若复数满足为纯虚数，且，则的虚部为（    ）A．1 B． C． D．1【答案】B【分析】设，利用复数除法运算和向量模长运算可构造方程求得的值，即为所求虚部.【详解】设，为纯虚数，，，又，，解得：，的虚部为.故选：B.3．给出下列命题，其中正确命题的个数为（    ）①若样本数据的方差为，则数据的方差为；②回归方程为时，变量与具有负的线性相关关系；③随机变量服从正态分布，，则；④在回归分析中，对一组给定的样本数据而言，当样本相关系数越接近时，样本数据的线性相关程度越强.A．个 B．个 C．个 D．个【答案】B【分析】根据方差的性质、回归直线的意义、正态分布曲线的对称性和相关系数的意义依次判断各个选项即可.【详解】对于①，由方差的性质可知：数据的方差为，①错误；对于②，由回归方程知：，则变量与具有负的线性相关关系，②正确；对于③，由正态分布曲线的对称性可知：，③错误；对于④，由相关系数意义可知：越接近时，样本数据的线性相关程度越强，④正确.故选：B.4．已知实数满足约束条件则的最大值是（    ）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界点的位置，此时取得最大值为.故选：B.5．已知为单位向量，且，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量数量积的运算律可构造方程求得，再结合向量数量积定义、运算律和向量夹角公式可求得结果.【详解】为单位向量，，，解得：，，，，又，.故选：A.6．若则（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性，再结合对数的性质即可判断大小关系.【详解】因为，，，当时，设，则，所以在上单调递减且，所以，即，所以；又因为，所以，，即，所以.故选：A.7．在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数只有1为公约数，则称互质，对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，.记为数列的前项和，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意分析可得，结合等比数列求和公式运算求解.【详解】由题意可知：若正整数与不互质，则为3的倍数，共有个，故，∵，即数列是以首项，公比的等比数列，故.故选：D.8．函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，下列说法正确的是（    ）A．函数图象关于直线对称B．函数图象关于点对称C．函数在单调递减D．函数最小正周期为【答案】C【分析】由对称性求得，由图象平移变换求得，然后结合正弦函数的对称性，单调性，周期判断各选项．【详解】由已知，，，又，∴，，，A错；，B错；时，，C正确；的最小正周期是，D错．故选：C．9．在Rt中，.以斜边为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据旋转体的概念得出该旋转体是两个共底面的圆锥的组合体，作出轴截面，得出内切球于心位于对称轴上，由平行线性质求得球半径后可得球体积．【详解】由题意该几何体是两个共底面的圆锥的组合体，如图是其轴截面，由对称性知其内切球球心在上，到的距离相等为球的半径，设其为，因为是直角，所以是正方形，即，由得，即，解得，球体积为．故选：C．10．如图所示，在等腰梯形中，，现将梯形依次绕着各点顺时针翻转，则在第一次绕着点翻转的过程中，对角线扫过的平面区域面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知求得，进而得第一次绕着点翻转的过程的翻转角为、，利用扇形面积公式求对角线扫过的平面区域面积即可.【详解】由题设，，又，则，所以，又，可得，故，所以第一次绕着点翻转的过程的翻转角为，而，故对角线扫过的平面区域面积为.故选：D11．已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据求得 ,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.【详解】①,②,由①-②可得，当 时,,当,当,,当，所以,对任意不等式恒成立,所以 ,.所以.故选:C.12．已知双曲线的左､右焦点分别为，过右焦点的直线与双曲线的右支交于两点，若的内心分别为，则与面积之和的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据圆的切线长相等的性质，结合双曲线定义可求得两内切圆与轴均相切于点，由∽可求得，结合双曲线渐近线斜率可确定直线倾斜角的范围，结合可求得的范围；由对勾函数单调性可确定所求面积之和的取值范围.【详解】由双曲线方程得：，，则，设内切圆与三边相切于点，，，，，又，，，设，则，解得：，即；同理可知：内切圆与轴相切于点；分别为的角平分线，，又，∽，则，设内切圆半径分别为，，，即，，双曲线的渐近线斜率，直线的倾斜角，，则，，解得：，又在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；当时，；，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线中三角形面积相关问题的求解，解题关键是能够利用相似三角形的知识求得两内切圆半径之间满足的等量关系，从而将所求面积之和转化为关于一个变量的函数的形式，利用函数单调性求得结果. 二、填空题13．已知，则到点的距离为2的点的坐标可以是___________.（写出一个满足条件的点就可以）【答案】上的任意一点都可以【分析】根据定积分的几何意义先求出，再写出到点的距离为2的点表示一个圆.【详解】由于表示以为圆心，1为半径且在第一、二象限的圆弧与坐标轴围成的面积，其面积是半径为1的圆的面积的一半，即为.所以,到点的距离为2的点是圆上的点.故答案为：上的任意一点.14．已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值的范围是___________.【答案】【分析】设，由数量积的坐标表示求得点轨迹是一个圆，然后由圆与圆的位置关系可得的范围．【详解】设，则，，即，在以为圆心，2为半径的圆上，由题意该圆与圆有公共点，所以，解得．故答案为：．15．已知是定义在上的奇函数，满足，当时，，则在区间上所有零点之和为__________.【答案】4044【分析】根据函数的性质可求出周期及对称轴，再由时函数的解析式可作出函数的图象，原问题可转化为与交点横坐标问题，由对称性求和即可.【详解】由是定义在R上的奇函数，所以，又，所以，则的周期是2，且得是其中一条对称轴，又时，于是图象如图所示，又函数零点，即为与的交点的横坐标，由图知：交点关于对称，每个周期都有2个交点，所以、各有个周期，故各有个交点，它们两两关于对称，所以零点之和为.故答案为：16．如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：①当为的中点时，平面；②存在点，使得；③三棱锥的体积为定值；④三棱锥的外接球的体积为.其中正确的结论序号为__________.【答案】③【分析】根据线面平行的判定定理，及线线垂直的判定，结合棱锥体积的计算公式，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.【详解】①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，如下所示：因为分别为的中点，故可得//，，根据已知条件可知：//，故//，故四边形为平行四边形，则//，显然与面，故与面相交，即不平行，故①错误；②：因为面面，故，又四边形为矩形，故，则两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：则，设，，所以，故不垂直，故②错误；③：，因为均为定点，故为定值，又//面面，故//面，又点在上运动，故点到面的距离是定值，故三棱锥的体积为定值，则③正确；④：取△的外心为，过作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心一定在上，因为面，面面，则，又，面，故面,即面，则//，故在同一个平面，过作，连接如图所示.在△中，容易知，由余弦定理得，故，由正弦定理得；设三棱锥的外接球半径为，则，在△中，，又，由勾股定理知：，即，解得：，该棱锥外接球的体积，故④错误.故答案为：③. 三、解答题17．在中，角所对的边分别为，且.(1)求证：；(2)求的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)最小值为 【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.（2）将问题转化 ，根据第一问解得，然后结合不等式求解.【详解】（1）在中，，由正弦定理得，又，因为,所以,所以,又,所以，且,所以，故.（2）由（1）得，所以，因为，所以，当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.18．党的二十大的胜利召开为我们建设社会主义现代化国家指引了前进的方向，为讴歌中华民族实现伟大复兴的奋斗历程.为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的竞赛.甲､乙两个单位进行党史知识竞赛，每个单位选出3人组成甲､乙两支代表队，每队初始分均为3分，首轮比赛每人回答一道必答题，答对则为本队得2分，答错或不答扣1分，已知甲队3人每人答对的概率分别为；乙队每人答对的概率都是，设每人回答正确与否相互之间没有影响，用X表示首轮甲队总分.(1)求随机变量X的分布列及其数学期望；(2)求在甲队和乙队总分之和为12分的条件下，甲队与乙队得分相同的概率.【答案】(1)分布列见解析，(2) 【分析】（1）由题设的可能取值为，应用独立事件乘法、互斥事件加法求各对应值概率，进而写出分布列并求期望；（2）应用条件概率公式求概率即可.【详解】（1）由题设，的可能取值为.，所以的分布列为0369 .（2）设“甲队和乙队得分之和为12”为事件，“甲队与乙队得分相同”为事件，则，所以，所以在甲队和乙队总分之和为12分的条件下，甲队与乙队得分相同的概率.19．如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为，连接并延长交于点.(1)证明：是线段的中点；(2)求平面与平面夹角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面．继而证明，结合等腰三角形性质证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）因为平面，平面，所以.又因为平面，平面所以.因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.又由已知可得，所以是的中点.（2）如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.不妨设，则易知平面，又因为平面，所以.由三棱锥的性质可知是的重心，所以，所以，则.所以.设平面的法向量，则，令，得平面的法向量，设平面与平面的夹角为，，则，所以，故平面与平面夹角的正弦值为.20．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别是，以为圆心，6为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相交，且交点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设过椭圆的右焦点的直线的斜率分别为，且，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，线段的中点分别为，直线与椭圆交于两点，是椭圆的左､右顶点，记与的面积分别为，证明：为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析． 【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆定义求得，再计算出后得椭圆方程；（2）设，直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得中点的坐标，当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，代入整理得是一个一元二次方程的根，由韦达定理得，从而得出关系，得出直线过定点，再确定直线斜率不存在时也过这个定点，然后结合该定点得出三角形面积比．【详解】（1）依题意得，则则，所以椭圆的方程为；（2）直线，设，由得，所以，，且，则中点，同理可算①当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，点坐标代入整理得易知为方程的两个根，则，所以，所以直线，则直线恒过点②当直线的斜率不存在时，由对称性可知，由，不妨设，所以，直线过，根据①②可知，直线恒过点，因为的面积，的面积，所以.【点睛】方法点睛：椭圆中的直线过定点问题的解决方法：斜率存在时，设出直线方程为，根据已知条件确定的关系后，由直线方程得出定点坐标．本题中，动直线是由点确定的，因此可由已知直线确定的坐标，再把坐标代入所设直线方程，发现是一个一元二次的两根，这样可由韦达定理求得的关系，得出结论．21．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)对任意的，恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可确定单调性；（2）采用参变分离的方式可得，将不等式右侧变形后，可令，将问题转化为求解；令，利用导数可证得，进而得到，令，利用导数和零点存在定理可说明等号能够成立，采用放缩法可得，由此可得结果.【详解】（1）由题意知：定义域为，；当时，，，在上单调递增；当时，令，解得：；当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由恒成立得：，令，令，则，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，，即（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）；令，则恒成立，在上单调递增，又，，，使得，即，等号可以成立，，，解得：，即实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数讨论含参数函数单调性、恒成立问题的求解；本题求解恒成立问题的关键是采用参变分离的方式，根据所构造函数为指对混合函数的特征，采用放缩法来对函数进行变形，从而求得最值.22．在平面直角坐标系xoy中，曲线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程.(1)求曲线的普通方程；(2)若直线与曲线有两个不同公共点，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，利用基本不等式求出的取值范围，即可得解；（2）求出直线的普通方程，分析可知直线与双曲线的右支有两个交点，将直线与双曲线方程联立，利用直线与双曲线的位置关系可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）因为则曲线的普通方程为（2）则由得得有两个不等正根则.23．已知函数.(1)求不等式的解集；(2)若的最小值为，正实数，，满足，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即的值，再利用柯西不等式证明即可.【详解】（1）不等式，所以，解得，或，解得，或，解得，所以原不等式解集为.（2），当且仅当时取得，即，所以，因为，当且仅当时取等号，所以成立.