2023届江西省新干中学高三一模数学（理）试题含解析

2023届江西省新干中学高三一模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】根据对数函数的定义域，求集合，再求.

【详解】∵，，

∴.

故选：B

2．已知复数（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】B

【解析】利用复数的乘法法则将复数化为一般形式，即可得出复数在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】，在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.

故选：B.

【点睛】本题考查复数的乘法运算，同时也考查了复数的几何意义，考查计算能力，属于基础题.

3．在边长为1的等边三角形中，是边的中点，是线段的中点，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【解析】根据题中条件，得到，，根据向量数量积的运算法则，即可得出结果.

【详解】因为在边长为1的等边三角形中，是边的中点，是线段的中点，

所以，，

因此

.

故选：B.

4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下中的“物不知数”问题，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二问物几何？现有一个相关的问题：将1到2022这2022个自然数中被3除余2且被5除余4的数按照从小到大的顺序排成一列，构成一个数列14，29，44，…，则该数列的项数为（    ）

A．132 B．133 C．134 D．135

【答案】C

【分析】先得到新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，求出通项公式，解不等式求出数列的项数.

【详解】由题意得：新数列14，29，44，…是首项为14，公差为15的等差数列，

设新数列为，则通项公式为，

令，解得：，

因为，所以这个数列的项数为134.

故选：C

5．已知角的顶点在原点，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用三角函数的恒等变换确定点P的坐标，再根据三角函数的定义求得答案.

【详解】,

,

即，则，

故选：D.

6．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ）

A．60种 B．90种 C．120种 D．360种

【答案】A

【分析】这是一个组合问题，从6同学中选出1人安排到甲场馆是，再安排2人到乙场馆是，最后剩余3人安排到丙场馆，根据分步乘法原理相乘即可.

【详解】依题意从6同学中选出1人安排到甲场馆是，再从剩余5人安排2人到乙场馆是，最后剩余3人安排到丙场馆，

根据分步乘法原理，不同的安排方法共有种.

故选：A.

7．过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，若，则

A．2 B．4 C．6 D．8

【答案】D

【详解】2p=4，p=2，=x1+x2+p=8

故选D

点睛：若为抛物线上一点，由定义易得；若过焦点的弦的端点坐标为，则弦长为可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到．

8．某几何体的三视图如图所示，俯视图是有一条公共边的两个正三角形．该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．

【详解】解：由题意，几何体的直观图如图：是两个三棱锥的组合体，底面是正三角形，边长为2，棱锥的高为1，

所以几何体的表面积为，.

故选：

【点睛】本题考查三视图求解几何体的体积与表面积，考查空间想象能力以及计算能力，属于基础题．

9．若，，平面内一点满足，则的最大值是 （    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，由推出为的平分线，根据角平分线定理得到，设，则，根据余弦定理以及基本不等式求出的最小值，从而可得的最大值.

【详解】由知为线段的靠近的一个三等分点，且，

因为，所以，

所以，所以，

所以为的平分线，

根据角平分线定理可得，设，则，

所以，

当且仅当时，等号成立，

所以，

即的最大值是.

故选：B

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

10．已知三角形的三边长分别为a，b，，则三角形的最大内角是(　　)

A．135° B．120°

C．60° D．90°

【答案】B

【分析】先比较边的大小，得到最大边，再利用余弦定理求解.

【详解】因为，

所以长为的边所对的角 最大，

由余弦定理，得，

因为，

所以三角形的最大内角是，

故选：B.

11．已知函数，函数零点的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】令，讨论的取值范围：当时或当时，可得或，讨论的取值范围，再利用导数研究函数的单调性，求出最值即可求解.

【详解】令，则，

（1）当时，，即，即.

当时，有一个解.

当时，，，；

，，且.

当时，，而，所以方程无解.

（2）当时，，由（1）知，即.

当时，有一个解.

当时，，所以无解.

综上，函数有两个零点.

故选：B.

【点睛】本题考查了利用导数研究函数的零点，考查了计算求解能力，属于中档题.

12．函数在定义域R内可导，若且，若，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】确定函数关于对称，再确定函数的单调性，综合两者判断大小得到答案.

【详解】，即，函数关于对称，

当时，，即，函数单调递减；

当时，，即，函数单调递增.

，，，故.

故选：C.

【点睛】本题考查了利用函数的单调性和对称性判断函数值的大小关系，意在考查学生对于函数性质的综合应用能力.

二、填空题

13．双曲线的两条渐近线的夹角的弧度数为________________.

【答案】

【详解】试题分析：双曲线的两条渐近线为，斜率为，倾斜角分别为，它们的夹角为.

【解析】双曲线的渐近线.

14．的展开式中，的系数是_________.

【答案】

【分析】因为，所以本题即求展开式中含的项的系数，求出通项公式解出，带入计算可求出系数.

【详解】解：，通项公式为：，令，解得：，此时系数为.

故答案为：.

15．已知内一点满足，， ，则的值为__________.

【答案】

【分析】根据向量数量积运算的性质及向量的线性运算可得，利用外心的性质及数量积的定义可求出的值.

【详解】，

,

,

，

同理可得,

故为的外心

,

故答案为：

【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算，向量的线性运算，向量的数量积定义，三角形的外心，考查了逻辑推理能力和运算能力，属于难题.

16．已知三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，，则该三棱锥体积的最大值是__．

【答案】

【分析】结合球体，画出具体的几何体图像，设，则，外接圆的半径为，表示出三棱锥的高为，表示出三棱锥的体积公式，结合基本不等式，换元法，导数即可求得答案

【详解】

如图所示，设，则，外接圆的半径为

则三棱锥的高为，三棱锥的体积公式为，

设，则，，

令，解得，在单增，单减，

，

所以三棱锥体积最大值为

【点睛】本题考查球体的内接三棱锥最大体积的求法，综合性强，结合了基本不等式、换元法、导数求导方法，对思维转化能力，运算能力要求较高

三、解答题

17．已知等差数列，满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）设数列的前项和为，求．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用已知条件列出关于首项与公差的方程组，解方程组即得数列的通项公式；

（2）先由（1）得到，再利用错位相减法求和即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

由已知得，

即，

所以，

解得，

所以．

（2）由（1）得，

所以，①

，②    

①②得：，

所以．

18．为培养学生在高中阶段的数学能力，某校将举行数学建模竞赛.已知该竞赛共有60名学生参加，他们成绩的频率分布直方图如图所示.

（1）估计这60名参赛学生成绩的中位数；

（2）为了对数据进行分析，将60分以下的成绩定为不合格.60分以上（含60分）的成绩定为合格，某评估专家决定利用分层抽样的方法从这60名学生中选取10人，然后从这10人中抽取4人参加座谈会，记为抽取的4人中，成绩不合格的人数，求的分布列与数学期望；

（3）已知这60名学生的数学建模竞赛成绩服从正态分布，其中可用样本平均数近似代替，可用样本方差近似代替（同一组数据用该区间的中点值作代表），若成绩在46分以上的学生均能得到奖励，本次数学建模竞赛满分为100分，估计此次竞赛受到奖励的人数（结果根据四舍五入保留整数）.

参考数据：，，.

【答案】（1）中位数为65；（2）分布列见解析；期望为；（3）.

【分析】（1）由图中的数据可判断中位数在60分到80分之间，若设中位数为，则，从而可求得中位数；

（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为6人，不合格的人数为4人，则的可能取值为0，1，2，3，4，求出各自的概率，从而可得的分布列与数学期望；

（3）由已知求出，从而可得，再利用正态分布的对称性可求得结果

【详解】（1）设中位数为，则，解得，所以这60名参赛学生成绩的中位数为65.

（2）结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10人中合格的人数为，不合格的人数为.

由题意可知的可能取值为0，1，2，3，4.

则，，，，.

所以的分布列为

所以的数学期望.

（3）由题意可得，，，则，

由服从正态分布，得，则，，所以此次竞赛受到奖励的人数为.

【点睛】此题考查频率分布直方图、分层抽样、离散型随机变量的分布列、正态分布等知识，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题

19．分别是椭圆的左、右焦点，，M是E上一点，直线MF2与x轴垂直，且.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设A，B，C，D是椭圆E上的四点，AC与BD相交于点F2，且AC⊥BD，求四边形ABCD面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.

（2）根据直线的斜率进行分类讨论，求得四边形的面积，结合基本不等式求得四边形的面积的最小值.

【详解】（1）依题意，

由于轴，且，

则，

结合得，

所以椭圆的方程为.

（2）设四边形的面积为.

当直线的斜率不存在时，，

.

当直线的斜率为时，同理可求得.

当直线的斜率存在且不为时，

设直线的方程为，

由消去并化简得，

所以，

所以

，

直线的方程为，

同理可求得.

所以

，

当且仅当时等号成立，且.

综上所述，四边形的面积的最小值为.

【点睛】求解椭圆中四边形面积的最值问题，关键步骤有两个，第一个是求得面积的表达式，这一步求弦长时需要很强的运算能力.第二个是求面积的最值，可考虑利用基本不等式、二次函数的性质、三角换元法来进行求解.

20．如图，点C在直径为AB的半圆O上，CD垂直于半圆O所在平面，平面ADE⊥平面ACD，且CD∥BE.

（1）证明：CD=BE；

（2）若AC=1，AB=，∠ADC=45°，求四棱锥A -BCDE的内切球的半径.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】 利用平面的基本性质得到CD,BE共面，记作平面BCDE.利用线面垂直判定定理证得AC⊥平面BCDE，得到AC⊥DE，在平面ACD中，作CF⊥AD, 由面面垂直的性质定理证得DF⊥平面ADE, 得到DF⊥DE ，进而得到DE⊥平面ACD，得到DE⊥CD,结合BC⊥CD，得到BC//ED, 进而四边形BCDE为平行四边形，即可得到结论；

先求四棱锥的表面积S，再利用体积法，求出四棱锥的内切球的半径．

【详解】（1）证明：

∵CD∥BE，∴CD,BE共面，记作平面BCDE.

∵点C在直径为AB的半圆O上，AB是直径  ∴CB⊥AC,

∵CD⊥平面ACB，AC⊂平面ACDB   ∴CD⊥AC，

∵CB∩CD=C，∴AC⊥平面BCDE，

∵DE⊂平面BCDE,∴AC⊥DE①,

在平面ACD中，作CF⊥AD,垂足为F.

∵平面ADE⊥平面ACD,平面ADE∩平面ACD=AD,  

∴DF⊥平面ADE,

又∵DE⊂平面ADE,∴DF⊥DE②,

又∵AC∩AD=A, 结合①②，可得DE⊥平面ACD，

又∵CD⊂平面ACD,∴ED⊥CD③,

又∵CD⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴CD⊥BC④,

由③④可得BC//ED,

又∵DC//EB，∴四边形BCDE为平行四边形，

∴CD=BE；

（2）解：．

，．

由可证平面BCDE．

四棱锥的体积．

又四棱锥的表面积

．

故四棱锥的内切球的半径．

21．已知函数为的导函数.

（1）求函数的极值；

（2）设函数，讨论的单调性；

（3）当时，，求实数的取值范围.

【答案】（1）极小值，无极大值；（2）答案见解析；（3）.

【分析】（1）两次求出的导数，可得在单增，且，则可判断出的单调性，求出极值；

（2）可得，由（1）得，讨论和两种情况可得出单调性；

（3）两次求出的导数，可得在单调递减，再讨论和的情况得出的正负情况，判断的单调性可得.

【详解】（1），

因为，

所以在单增，又，

所以当时，单调递减；

当时，单调递增；

故当时，取极小值，无极大值.

（2），

由（1）知，，即.

当时，在单增；

当时，令，得.

于是，当，单减，

当单增.

综上，当时，在单增；

当时，在单减，在单增.

（3）令，则.

的导函数.

因为，所以在单调递减，

当时，对

所以在上单调递减，

所以对.

当时，因为在单调递减，，

当时，

故，使，

且时，单调递增，

所以与，

矛盾.

所以实数的取值范围是.

【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求解函数的单调性，解题的关键是求出函数的导数，必要时需要二次求导，讨论导数正负，得出单调性，含有参数时，需要对参数进行分类讨论.

22．在直角坐标系中，曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数，）.

（1）求曲线和直线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于，两点，且，求以为直径的圆的方程.

【答案】（1）曲线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为；（2）.

【分析】（1）利用和，把化成直角坐标方程；直线的参数方程为因为为参数，所以消，得到直角坐标方程.

（2）直线方程与曲线方程联立，求出A,B两点横坐标之和，再利用抛物线的定义，可求出的值，直线方程确定，可以求出AB中点的坐标，以及半径，最后求出圆的方程.

【详解】（1）曲线的直角坐标方程为，直线的直角坐标方程为．

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）由得．

所以．因直线过抛物线的焦点

所以．由题设知，又，故

因此的方程为．

的中点坐标为（3，2），因此所求圆的方程为．

【点睛】本题考查了极坐标方程与直角坐标方程的转化、韦达定理、抛物线的定义、圆的方程.

23．设函数.

（1）若，求的解集；

（2）若，，求a的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）代入的值，得到关于的不等式组，利用分类讨论法，解出即可；

（2）依题意可得恒成立，令根据绝对值三角不等式可得，所以解得即可；

【详解】解：（1）由，，

当时，，解得，所以，

当时，，解得，所以，

当时，，解得：，

综上可得：，所求的解集为.    

（2）因为恒成立，

恒成立，

又，

，或或，

所求的a的取值范围是：.

【点睛】本题考查分类讨论法解绝对值不等式，绝对值三角不等式的应用，属于中档题.