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    2023江西省高三二轮复习验收考试二模数学(理)试题PDF版含答案

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    这是一份2023江西省高三二轮复习验收考试二模数学(理)试题PDF版含答案,共15页。试卷主要包含了0%,已知非零向量,,满足,,,,则,已知,,,则的最小值为等内容,欢迎下载使用。
    20222023学年高三二轮复习验收考试数学理科注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.、选择题:本大题共12小题,每小题5,共60.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.已知集合A. B. C. D.2.已知复数满足虚部为A. B. C.3 D.3.已知A. B. C. D.4.统计中,月度同比是指本月和上一年同月相比较的增长率,月度环比是指本月和上一个相比较的增率,如图是20221202212我国居民消费价格月度涨跌幅度统计图,则以下说法错误的是A.12月中,我国居民消费价格月度同比数据的中位数为2.1%B.12个月中,月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数3C.12月中,我国居民消费价格月度同比数据的均值为1.85%D.12个月中,我国居民消费价格月度环比数据的众数为0.0%5.已知数列等比数列,则数列10项和A.352 B.401 C.625 D.9136.黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口,弧壁,广底,圈足.器内施白釉,外壁以黄釉为地,刻云龙纹并填绿彩,美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体,其口径22.5cm,足径14.4cm,高3.8cm,其中底部圆柱高0.8cm,则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为(附:圆台的侧面积为两底面半径,为母线长,其中的值取3A. B. C. D.7.已知非零向量满足,则A. B.2 C. D.48.已知定义在上的函数满足为奇函数,则A.0 B.1 C.2 D.39.已知,则的最小值为A.4 B.6 C.8 D.1210.正割(Secant)及余割(Cosecant)这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入,seccsc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用,后经欧拉采用得以通行.在三角中,定义正割,余割.已知函数,给出下列说法:的定义域为;②的最小正周期为;③的值域为;④图象的对称轴为直线.其中所有正确说法的序号为A.②③ B.①④ C. D.②③④11.已知函数的定义域为,其导函数为,则A.无极值  B.有极大值,也有极小值C.有极大值,无极小值  D.有极小值,无极大值12.已知椭圆的左、右焦点分别为,直线经过点两点,点上,,则的离心率为A. B. C. D.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.13.若命题“”为真命题,则实数的取值范围为___________.(用区间表示)14.已知双曲线)的一条渐近线恰好平分第一三象限,若的虚轴长为4,则的实轴长为____________.15.20239月第19届亚运会将在杭州举办,在杭州亚运会三馆(杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆)对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作,每个场馆至少分配1位志愿者,且甲、乙分配到同一个场馆,则甲分配到游泳馆的概率为_________.16.在平面四边形中,,现将沿着折起,得到三棱锥,若二面角的平面角为135°,则三棱锥的外接球表面积为__________.三、解答题:共70.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.2223题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60.17.12分)在①;②,这两个条件中任选一个,补充在下面问题中,并加以解答.已知的内角所对的边分别为___________.1)求的值;2)若的面积为2,求的周长.注:如选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.18.12分)如图,在多面体平面中点..1)证明平面2)求二面角平面角的余弦值.19.12分)为更好保障消费者的食品安全,某蛋糕总店开发了两种不同口味的生态戚风蛋糕,制作主料均为生态有机原料.已知蛋糕的成本为60/个,蛋糕的成本为61/个,两种蛋糕的售价均为68/个,两种蛋糕的保质期均为一天,一旦过了保质期,则销毁处理.为更好了解市场的需求情况,两种蛋糕分别在甲、乙两个分店同时进行了为期一个月(30天)的试销,假设两种蛋糕的日销量相互独立,统计得到如下统计表.蛋糕的销售量(37383940天数66108蛋糕的销售量(37383940天数491251)以销售频率为概率,求这两种蛋糕的日销量之和不低于78个的概率;2)若每日生产两种蛋糕各个,根据以上数据计算,试问当时,哪种情况下两种蛋糕的获利之和最大?20.12分)已知抛物线的焦点为分别为上两个不同的动点,为坐标原点,当为等边三角形时,.1)求的标准方程;2)抛物线在第一象限的部分是否存在点,使得点满足,且点到直线的距离为2?若存在,求出点的坐标及直线的方程;若不存在,请说明理由.21.已知函数,其中.1)当时,求的极值;2)若不等式对任意恒成立,证明:.(二)选考题:共10.请考生在第2223题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分22.10分)【选修4-4:坐标系与参数方程】在平面直角坐标系中,曲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,直线的极坐标方程为,其中.1)求的普通方程与直线的直角坐标方程;2)直线与曲线交于两点,且两点对应的极角分别为,求的值.23.10分)【选修4-5不等式选讲】已知函数.1)当,求不等式解集;2)若最小值为10求实数.20222023学年高三二轮复习验收考试数学理科参考答案及评分细则1.【答案】A  【解析】由题得,所以,故选A.2.【答案】C  【解析】因为,所以的虚部为3,故选C.3.【答案】D  【解析】因为,所以,故选D.4.【答案】C  【解析】在这12个月中,我国居民消费价格月度同比数据由小到大依次为0.9%0.9%1.5%1.6%1.8%2.1%2.1%2.1%2.5%2.5%2.7%2.8%,中位数为,平均数为.由数据可知我国居民消费价格月度环比的数据中,有6个月的数据为正数,3个月的数据为0.0%3个月的数据为负数,所以月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3,且众数为0.0%,故选项ABD正确,C错误,故选C.5.【答案】D  【解析】令设数列公比为因为所以所以.所以联立解得所以所以所以10和为故选D.6.【答案】B  【解析】设该圆台的母线两底面圆半径分别为(其中),所以故圆台部分的侧面积为,圆柱部分的侧面积故该黄绿彩云龙纹盘的侧面积约为故选B.7.【答案】C  【解析】由所以两式联立得所以故选C.8.【答案】C  【解析】因为所以所以的周期6奇函数所以所以,所以.所以故选C.9.【答案】B  【解析】因为所以所以当且仅当等号成立.所以最小值为6故选B.10.【答案】A  【解析】的定义域,①错误;定义域关于原点对称,故最小正周期与函数最小正周期一致,均为,②正确;值分别为11,考虑周期性可知,值域为,③正确;图象的对称轴为直线,④错误,故选A.11.【答案】D  【解析】由题知所以所以上单调递增,又所以当单调递减;当单调递增,所以极小值为无极大值,故选D.12.【答案】B  【解析】分别关于的对称点连接由椭圆的对称性及几何知识可得,四边形平行四边形,所以,所以所以等边三角形,又的周长所以,由余弦定理整理得所以故选B.13.【答案】  【解析】因为所以实数取值范围为.14.【答案】4  【解析】由题意可知,双曲线一条渐近线为直线,故其实轴长为.15.【答案】  【解析】甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况:(1场馆分组人数113,甲、乙必在3人组,则方法数;(2场馆分组人数为221,其中甲、乙在一组,则方法数,即甲、乙分配到同一个场馆的方法数为.甲分配到游泳馆,则乙必然也在游泳馆,此时的方法数为故所求的概率为.16.【答案】  【解析】如图,取中点中点连接.因为所以因为所以所以.平面,过平面因为点分别是的外心,所以点三棱锥外接球的球心.因为所以所以所以所以.三棱锥外接球的半径所以外接球的表面积.17.:(1若选①,由已知,所以正弦定理得所以所以,①,②联立①以及解得.,由已知及正弦定理得所以所以所以所以所以,①,②联立①以及解得.2)由面积为2所以1可得余弦定理得所以所以所以周长为.18.1)证明:因为中点,所以平面平面所以平面所以平面平面所以.平面几何知识可知所以所以平面所以平面.2)解:由平面可得坐标原点,向量方向分别为的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,所以平面一个法向量为所以.1平面一个法向量为二面角平面角为易知锐角,所以二面角平面角的余弦值为.19.:(1这两种蛋糕的日销量之和为.所以这两种蛋糕的日销量之和不低于78的概率为.2)当,两种蛋糕获利之和为,两种蛋糕获利之和为因为所以当,两种蛋糕的获利之和最大.20.:(1对称性可知当三角形时,两点关于轴对称,等边三角形时,高为题意知点,代入解得所以标准方程为.2)由1根据题意可知直线斜率不为0直线方程为联立所以所以所以,所以,所以,①所以解得第一象限,所以所以.直线距离,化简,②联立①②解得(舍去)或(舍去).此时直线方程为.21.1)解:当,所以所以单调递减;当单调递增所以且当所以单调递减单调递增所以极小值为无极大值.2)证明:由题得任意恒成立,则只需即可.任意恒成立,故单调递减;当单调递增所以零点定理可得存在使得.单调递减单调递增所以所以只需所以所以,所以所以所以解得所以解得.22.:(1消去普通方程;直线直角坐标方程.2)在,令所以极坐标方程,联立所以所以,又所以所以解得由图可知,两交点位于第一、四象限,所以所以.23.:(1所以解得所以所以不等式解集为.2因为当且仅当等号成立,当且仅当等号成立,所以当且仅当等号成立所以解得5.
     

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