2023届江西省上饶市高三二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省上饶市高三二模数学（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届江西省上饶市高三二模数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】化简集合B，后由交集定义可得答案.【详解】集合，因在上单调递减，则，得故选：B．2．复数在复平面内对应的点所在象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】利用复数乘方、除法化简复数，进而判断其对应点所在象限.【详解】∵，∴对应的点，位于第四象限．故选：D3．已知等差数列的前n项和为，，则（    ）A．92 B．94 C．96 D．98【答案】A【分析】由等差数列的性质有，得，则，可求值.【详解】等差数列中，，则，所以.故选：A．4．《九章算术》涉及算术、代数、几何等诸多领域，书中有如下问题：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”其意思为：“有一个圆台，下底周长为3丈，上底周长为2丈，高为1丈，那么该圆台的体积是多少？”已知1丈等于10尺，圆周率约为3，估算出这个圆台体积约有（    ）A．立方尺 B．立方尺C．立方尺 D．立方尺【答案】D【分析】利用圆台体积公式求体积即可.【详解】由已知，下底半径为5尺，上底半径为尺，若分别为上下底面面积，所以圆台的体积为：立方尺.故选：D5．中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手.下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为（    ）月份x12345销量y（万辆）1.51.622.42.5①变量x与y正相关；②；③y与x的样本相关系数；④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】根据回归直线方程经过样本中心即可求解，结合相关性的定义以及回归方程即可逐一判断.【详解】由，，因为回归直线过样本中心，，，②错误；可知随着变大而变大，所以变量与正相关，①③正确；由回归直线可知，2022年7月该新能源汽车厂的销量的估计值是万辆，④错误．故选：B．6．已知平面向量，满足，，，记向量，的夹角为，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求，然后平方将向量的模转化为数量积可解.【详解】因为，∴，又，，∴，∴故选：C．7．在中，的角平分线交于点，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先在中，由余弦定理求得，即可知为等腰三角形，再解出和，然后在中，由正弦定理求解即可.【详解】如图所示，在中，由余弦定理得，∴，∴为等腰三角形，，，又∵为角平分线，∴，∴在中，，由正弦定理得得，.故选：A．8．已知，，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用中间值法比较的大小，然后根据程序框图的功能即可得到结果.【详解】根据程序框图可知，执行程序输出的结果是，，三个数中的最小值，设函数，则，当时，，所以函数在上单调递增，所以，即，又，所以，所以输出的值为.故选：C.9．已知函数有3个不同的零点分别为，且成等比数列，则实数a的值为（    ）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】D【分析】利用三次函数的性质及等比中项，结合函数值的定义即可求解.【详解】设，则常数项为：，因为成等比数列，所以，所以，即，解得，把代入，所以，解得．故选：D.10．已知函数在内恰有4个极值点和3个零点，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】辅助角化简，由已知上恰有4个极值点和3个零点，数形结合列不等式求参数的范围.【详解】由且，因为，所以，又在内恰有4个极值点和3个零点，由正弦函数的图象知：，解得：，所以实数的取值范围是.故选：C11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知直角坐标系xoy中，M（－2，0），N（2，0），动点P满足，则下列结论正确的是（    ）A．的取值范围是 B．的取值范围是C．P点横坐标的取值范围是 D．面积的最大值为【答案】B【分析】结合题意，可得到点P极坐标方程为，直角坐标系方程为..A选项，注意到当时，，即可判断选项正误；B选项，由极坐标方程可得范围；C选项，由可得，可得P点横坐标的范围；D选项，注意到，即可判断选项正误.【详解】由题可得，化简得：，∴点轨迹的直角坐标方程为：，代入，得极坐标方程为：.A选项：当时，，此时，即点P坐标可以为，此时，故A错误；B选项，注意到，故B正确；C选项，，故C错误；D选项，：，又注意到与有交点，即存在点P使，则面积的最大值为，故D错误．故选：B．12．若曲线与曲线有公切线，则实数a的取值范围（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别求出两曲线的切线方程，则两切线方程相同，据此求出a关于切点x的解析式，根据解析式的值域确定a的范围.【详解】设是曲线的切点，设是曲线的切点，对于曲线 ，其导数为 ，对于曲线 ，其导数为 ，所以切线方程分别为：，，两切线重合，对照斜率和纵截距可得：，解得（），令 （）， ，得：，当 时， ，是减函数，当 时， ，是增函数，∴且当x趋于 时，， 趋于 ；当 趋于 时， 趋于；∴，∴；故选：D． 二、填空题13．已知的展开式中常数项为20，则实数m的值为______．【答案】1【分析】根据二项式展开式的通项特征可得，进而可求解.【详解】展开式的通项为，令解得，∴．∴．故答案为：114．过三点 的圆交x轴于两点，则______．【答案】【分析】作AB和AC的垂直平分线的交点求出圆心和半径，写出圆的标准方程，再令 求解.【详解】依题意作上图，显然 轴，点的中点坐标为 ，AB的垂直平分线方程为 ，点的中点为 ，直线AC的斜率为 ，直线的斜率为1，直线 的垂直平分线方程为，联立两垂直平分线方程，解得圆心坐标为，半径 ，所以圆的标准方程为，令 ，解得与轴交于，，所以；故答案为： .15．已知上任取点作圆的两条切线，切点分别为、，过、的直线与轴、轴分别交于、两点，则面积的最小值为______．【答案】【分析】设点，求出直线的方程，可求得点、两点的坐标，再利用基本不等式可求得面积的最小值.【详解】设点、，圆的圆心为原点，若点不在坐标轴上，则，由切线的几何性质可知，，则，所以，直线的方程为，即，当点在轴上时，则，，切线方程为，满足；当点在轴上时，则，，切线方程为，满足.综上所述，圆在点处的切线方程为，同理可知，圆在点处的切线方程为.设点，将点的坐标代入直线、的方程可得，所以，点、的坐标满足方程，所以，直线的方程为，因为直线与轴、轴分别交于、两点，则，在直线的方程中，令可得，即点，同理可得点，因为点在曲线上，则，由基本不等式可得（当且仅当，即，时等号成立），所以，，则，当且仅当，时等号成立，故面积的最小值为.故答案为：.16．在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD，PA=1，AB=，AD=4，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，满足MA等于M到边CD的距离.当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为______．【答案】【分析】根据抛物线的定义知，点M的轨迹为抛物线位于矩形内的一部分，找到三棱锥P－ABM的体积最小时的点F，然后利用补体法求出外接球的半径，即可求出表面积.【详解】由抛物线定义可知：点位于底面矩形内以点A为焦点，为准线的抛物线上，记点的轨迹为曲线，在矩形内以点为坐标原点，为轴，过点作垂线为轴建立如图示平面直角坐标系，由AD=p=4知抛物线的标准方程为：，又AB=，所以，所以，当点位于时，面积最小，又平面ABCD，此时三棱锥的体积最小，三棱锥的外接球与以PA，AB，BF为长宽高的长方体的外接球相同，由长方体外接球模型可知，三棱锥外接球球心为的中点，此外接球的半径为：，所以．故答案为： 三、解答题17．已知数列为非零数列，且满足．(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据递推公式，分当时和时，进行求解即可.(2)由（1）得到通项公式，再根据分组求和，即可求解.【详解】（1）当时，，解得，当时，由，得，两式相除得：，即，当时，也满足，所以．（2）由（1）可知，，所以，所以令，∴，∴．18．阳春三月，春暖花开，婺源县䇸岭景区迎来了旅游高峰，某特产超市为了解游客购买特产的情况，对2023年3月期间的100位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表：购买金额（元）人数152025201010(1)根据以上数据完成2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为购买金额是否少于600元与性别有关， 不少于600元少于600元合计男25  女 40 合计   (2)为吸引游客，该超市推出两种优惠方案：方案一：每满200元减40元．方案二：购买金额不少于600元可抽奖3次，每次中奖概率为，中奖1次减100元，中奖2次减150元，中奖3次减200元．若某游客计划购买600元的特产，依据优惠金额的期望的大小，此游客应选择方案一还是方案二？请说明理由.附：参考公式和数据：，．附表：2.0722.7063.8416.6350.1500.1000.0500.010 【答案】(1)列联表见解析，有99%的把握认为购买金额是否少于600元与性别有关(2)选择方案一，理由见解析 【分析】（1）根据统计数据完成2×2列联表，计算对照临界值进行比较作出判断.（2）计算方案二优惠金额的分布列和期望，与方案一的优惠金额进行比较.【详解】（1）列联表如下： 不少于600元少于600元合计男252045女154055合计4060100因此有99%的把握认为购买金额是否少于600元与性别有关．（2）按方案一：某游客可优惠120元．按方案二：设优惠金额为元，可能取值为0，100，150，200．，，，，所以的分布列为0100150200所以选择方案一19．如图，等腰梯形ABCD中，，，，E为DC中点，以AE为折痕把折起，使得点D到达点P的位置，且二面角P－AE－C的余弦值为．(1)证明：；(2)求直线PE与平面PBC所成的角．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接，，交于点可得四边形为菱形，折叠后为二面角的平面角，由余弦定理求出，可得三棱锥为正四面体，所以点在底面的投影为的中心，再由线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；（2）以为坐标原点，过与平行线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，求出，平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】（1）（1）在图中，连接，，其中交于点,因为，，故四边形、为平行四边形，所以，，因为，所以，因为，所以，故四边形为菱形，所以，，故折叠后，，，所以为二面角的平面角，由余弦定理可知：，所以，三棱锥为正四面体，所以点在底面的投影为的中心，，平面，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以．（2）在下图中，以为坐标原点，过与平行线为轴，为轴，为轴建立如图示空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则即，所以．设直线与平面所成角为，则．∴直线与平面所成的角为．20．已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．(1)求椭圆C的方程；(2)过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．【答案】(1)(2)5 【分析】（1）由通径性质、离心率和椭圆参数关系列方程求参数，即可得椭圆方程；（2）讨论直线斜率，设，，，为，注意情况，联立椭圆方程应用韦达定理求，，结合、坐标表示得到，进而有求，再求坐标，应用两点距离公式得到关于的表达式求最值，注意取值条件.【详解】（1）由题意，，解得，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）得，若直线的斜率为0，则为与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则则不满足，所以．设，，，由得：，，．因为，即，则，，所以，解得，则，即，直线：，联立，解得，∴，当且仅当或时等号成立∴的最小值为5．21．已知函数，．(1)若是R上的减函数，求实数a的取值范围；(2)若有两个极值点，其中，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将函数单调递减转化为恒成立问题，然后参变分离转化为函数最值问题，利用导数可解；（2）构造割线，利用割线与交点横坐标差小于与交点横坐标差，化曲为直可证；或根据极值点偏移问题，构造可证.【详解】（1）由题意知在上恒成立∴恒成立，令，，则令，得，当，；，所以即，（2）方法一：（割线夹证零点差）由有两个极值点，所以有两个不等的实数根，由（1）可知，当x趋近于时，趋近于0，且所以且又过点和的直线方程为构造函数，，所以．设方程的根为，则过点和直线方程为设，因为，所以在单调递增所以则又设方程的根为，则∴方法二：（借助极值点偏移进行放缩＋参数替换）由有两个极值点，所以有两个不等的实数根，由（1）可知且构造，则∵，∴，．∴，∴．∴是上的增函数，∴，∴，∵，∴．∵，∴，∵，，是上的增函数，∴，∴．要证：（利用放缩）只需证：只需证：（参数替换）只需证：只需证：∵，∴，，∴，∴．∴，∴得证．【点睛】本题考查了利用函数的单调性求参数范围，由极值点分布证明不等式恒成立.利用单调性求参数范围常采用分离参数法，证明不等式恒成立常采用构造函数法、此题中搭建和思维难度大，有化曲为直的妙处.22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），将曲线C向上平移1个单位长度得到曲线．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设．(1)求曲线的普通方程和点P的直角坐标；(2)已知直线l经过点P与曲线交于A，B两点（点A在点P右上方），且，求直线l的普通方程．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用公式可求得，结合三角变换公式可求，从而可得曲线的普通方程.（2）设直线的参数方程为（为直线的倾斜角），利用参数的几何意义结合题设线段关系可求，故可求直线方程.【详解】（1）的横坐标为，纵坐标为，故.∵，，∴，则曲线的普通方程为：．（2）设直线的参数方程为（为直线的倾斜角）： 联立直线的参数方程与曲线的普通方程得：，整理得到：.设，两点对应的参数分别为，，则，因为在的右上方，故，故，故，而，故，故即直线的斜率为，∴直线的直角坐标方程为.23．已知函数，不等式的解集为．(1)求的值；(2)若三个实数，，，满足．证明：【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）依题意可得，即可得到方程组，解得即可；（2）由（1）可知，则，利用柯西不等式即可证明.【详解】（1）∵不等式的解集为，∴，即，∴，经检验得符合题意.（2）∵，∴，由柯西不等式可知：，∴，即，当且仅当，，时等号成立.