2023届江西省九江市高三三模数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省九江市高三三模数学（理）试题含解析，共21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届江西省九江市高三三模数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求解一元二次不等式则得到集合，再利用集合交并补的运算即可.【详解】，，解得，则，.故选：A.2．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设（，），代入已知等式，由复数相等进行运算求解即可.【详解】设（，），则由得，，∴，∴，解得，∴，∴.故选：B.3．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】将抛物线方程化为标准方程，进而得到焦点坐标.【详解】由可得抛物线标准方程为：，其焦点坐标为.故选：D.4．分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为．若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为（    ）A． B． C．4 D．【答案】C【分析】设第n个正方形的边长为，根据分形特点可得{}是以9为首项，为公比的等比数列，从而可得第5个正方形的边长.【详解】设第n个正方形的边长为，则由已知可得∴，∴{}是以9为首项，为公比的等比数列，∴.故选：C．5．为了强化节约意识，更好地开展“光盘行动”，某校组织甲、乙两个社会实践小组分别对某块稻田的稻穗进行调研，甲、乙两个小组各自随机抽取了20株稻穗，并统计了每株稻穗的粒数，整理得到如下统计表（频率分布直方图中同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），则下列结论正确的是（    ）A．甲组中位数大于乙组中位数，甲组平均数大于乙组平均数B．甲组中位数大于乙组中位数，甲组平均数等于乙组平均数C．甲组中位数小于乙组中位数，甲组平均数等于乙组平均数D．甲组中位数小于乙组中位数，甲组平均数小于乙组平均数【答案】C【分析】分别对茎叶图和频率分布直方图的中位数与平均数进行计算即可.【详解】由茎叶图可知，甲组个数据从小到大排列依次为：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，.其中位数为中间两个数（第个与第个）的平均数，即，平均数为.由频率分布直方图，中位数定义及直方图中数据关于中间组对称：乙组数据的中位数的估计值为最高矩形的中点，即，平均数的估计值为每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积的乘积之和，即平均数为.∴甲组中位数小于乙组中位数，甲组平均数等于乙组平均数.故选：C.6．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别利用函数单调性判断出a、b、c的范围，即可得到答案.【详解】∵，∴．故选：A．7．已知，且，则cosβ=（    ）A． B． C． D．0【答案】D【分析】利用三角恒等变换计算即可，注意整体思想的运用.【详解】解法一：∵，∴，又，∴，∴，故选：D．解法二：∵，∴，∴，即∵∴，故选：D．8．榫卯是一种中国传统建筑、家具的主要结构方式，它凝聚了中华文明的智慧.它利用材料本身特点自然连接，既符合力学原理，又重视实用和美观，达到了实用性和功能性的完美统一.下图是榫卯结构中的一种，当其合并在一起后，可形成一个正四棱柱.将合并后的榫卯对应拿开（如图1所示），已知榫的俯视图如图2所示，则卯的主视图为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据题意，由榫与卯为互补结构结合对应的视图，再由排除法即可得到结果.【详解】由题可知，榫与卯为互补结构，合并为一个正四棱柱，故卯需要有两个通透的长方形通道，由于四棱柱摆放角度为直角边正对我们，故主视图必须有一条居中的实线代表棱，故A错误；然后对榫的结构分析并与卯互补可得，卯的两边通道中间并不会连通，故不存在居中的虚线，故BD错误，综上所述，只有C满足要求.故选:C9．已知函数的导函数的图像如图所示，记，则下列说法正确的是（    ）A．的最小正周期为2π B．C． D．在上单调递增【答案】C【分析】根据三角函数的图象与性质及复合函数求导法则计算即可逐一判定.【详解】解：∵，由并结合图像知，∴，又，且在上单调递减，∴，又，∴，，∴，∴．故选：C．10．已知定义在R上的函数在上单调递增，是奇函数，的图像关于直线对称，则（    ）A．在上单调递减 B．在上单调递增C．在上单调递减 D．在上单调递增【答案】C【分析】根据是奇函数，得到的图象关于点对称，由图像关于直线对称可知为偶函数，结合函数在上单调递增，得到在上单调递减，再求出函数的周期性得到答案.【详解】是奇函数，，即的图象关于点对称，又在上单调递增，在上单调递增，即在上单调递增.由，可得，由图像关于直线对称可知为偶函数，∴在上单调递减，，，是周期函数，最小正周期为4，∵，，∴在上的单调性和在上的单调性相同，在上单调递减.故选：C.11．已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线交双曲线右支于A，B两点，若，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，由得，再利用双曲线的定义可得，，从而可得关系，由直角三角形三边关系即可得关系，即可得离心率的值.【详解】如图，设．∵，∴，由双曲线定义可知，，∴，∴，∴，∵，∴，∴.故选：C.12．如图，棱长为1的正方体中，P为内一点（包括边界），且线段的长度等于点P到平面ABCD的距离，则线段长度的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设直线与交于点，连接，过点作的平行线交于点，设，利用线线平行可得再由得，即可得线段长度的最小值.【详解】设直线与交于点，连接，过点作的平行线交于点，由于，平面，所以平面，故．设，则，由，知．即，解得由图可知，即，∴，∴则线段长度的最小值是.故选：D． 二、填空题13．展开式中，的系数为____．【答案】15【分析】利用二项展开式的通项即可求得的系数.【详解】展开式的通项为，令，解得，∴展开式中的系数为．故答案为：15.14．Rt△ABC中，，D为BC上一点，，则_______．【答案】/【分析】由数量积的定义计算．【详解】作交于，如图，则，又，则，因此，．故答案为:.15．已知数列{}的前n项和为，且满足，则=___________【答案】【分析】根据数列的递推关系式即可求得的值.【详解】因为，所以故答案为：.16．已知函数有两个极值点，，且，则的取值范围为___________．【答案】【分析】将极值点问题转化为导函数的零点问题，再将零点问题转化为方程的解的问题，构造函数求解即可.【详解】∵，∴，∵函数有两个极值点，，∴，又∵，∴，，∴，是，即的两个不相等的实数根.令，则．①当时，，在区间单调递减，且，②当时，，在区间单调递减，且，③当时，，在区间单调递增，且，∴在处取得极小值，的图象大致如下，∴若有两个不相等的实数根，，则，即，且，，令，则，且∵，∴，又∵，∴，∴，两边同时取对数，得，∴，下面求的取值范围，设，则，令，则，当时，，∴在上单调递减，∴当时，，∴当时，，在上单调递减，∴，即.又∵在区间上单调递减，，，∴，即.∴实数的取值范围为．【点睛】易错点睛：本题容易仅当作有两个极值点求得的取值范围，而造成错解，需要再根据，结合所构造函数，转换成的范围，利用的范围再次求解. 三、解答题17．如图，圆内接四边形ABCD中，已知，．(1)求；(2)求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）依据题给条件，利用正弦定理和二倍角正弦公式即可求得；（2）先求得△ADC面积最大值，进而求得四边形面积的最大值．【详解】（1）设四边形ABCD外接圆的半径为R，，则，且，∴如图，在△ABD和△BCD中，由正弦定理得．即∴，∴．∵，∴．∵，∴．∵，∴（2）连接AC，由（1）知，∴又，∴△ABC为等腰直角三角形，∴解法一：取BC的中点O，AC的中点E，连接OE，则，∴当点D在OE的延长线上时，，此时△ADC面积最大，最大值为∴四边形ABCD面积的最大值为．解法二：在△ADC中，由余弦定理得即即，∴，即，当且仅当时取等号．∴∴四边形ABCD面积的最大值为．18．直三棱柱中，，D为的中点，．(1)求证：平面⊥平面；(2)若，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）先利用线面垂直判定定理证得⊥平面，进而证得面⊥平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量的方法即可求得二面角的余弦值．【详解】（1）∵为直三棱柱，∴，又∵，平面∴AB⊥平面．∵平面，∴①．设，则，，又∴．∵，∴，故②．由①②，且，平面，则⊥平面．又∵平面，∴平面平面ABD．（2）不妨设，则，如图所示，以B为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则 ，．由（1）知⊥平面，且，则为平面的一个法向量．设为平面的法向量，则，令，得，∴．由图可知二面角为锐二面角，故其余弦值为19．已知椭圆E：的离心率为，且三点中恰有一点在E上，记为点P．(1)求椭圆E的方程；(2)设A，B是E上异于点P的两点，直线PA，PB分别交x轴于M，N两点，且，求直线AB的斜率.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）先求得的值，进而求得椭圆E的方程；（2）先解直线与椭圆E组成的方程组，分别求得A，B的坐标，进而求得直线AB的斜率.【详解】（1）由椭圆E的离心率为，得，∴．由E的对称性，知三点中在E上．∴．解得，故椭圆E的方程为（2）由已知可得直线PA斜率存在且不为0，设直线PA的方程为．联立方程组，消去y整理得．由，得且，即．代入得，，∴∵，∴直线PB的斜率为.用代替点A坐标中的k得到点B的坐标为∴，∴直线AB的斜率为．20．人勤春来早，实干正当时．某工厂春节后复工复产，为满足市场需求加紧生产，但由于生产设备超负荷运转导致某批产品次品率偏高．已知这批产品的质量指标，当时产品为正品，其余为次品．生产该产品的成本为20元/件，售价为40元/件．若售出次品，则不更换，需按原售价退款并补偿客户10元/件．(1)若某客户买到的10件产品中恰有两件次品，现从中任取三件，求被选中的正品数量的分布列和数学期望：(2)已知P，工厂欲聘请一名临时质检员检测这批产品，质检员工资是按件计费，每件x元．产品检测后，检测为次品便立即销毁，检测为正品方能销售．假设该工厂生产的这批产品都能销售完，工厂对这批产品有两种检测方案，方案一：全部检测；方案二：抽样检测．若要使工厂两种检测方案的盈利均高于不检测时的盈利，求x的取值范围，并从工厂盈利的角度选择恰当的方案．【答案】(1)分布列见解析；期望为(2)，从工厂盈利的角度应选择方案一 【分析】（1）求出ξ的可能取值及概率，得到分布列，得到期望值；（2）由正态分布的对称性得到产品的次品率，记Y为这批产品的次品数量，则计算出若这批产品不检测，则该工厂的利润的期望，和选择方案一，二的数学期望，得到不等式，计算出的取值范围，并用作差法得到，选择方案一.【详解】（1）由题意可知的可能取值为1,2,3，∴ξ的分布列如下：123P．∴．（2）∵且，∴．∴这批产品的次品率为设该工厂生产的这批产品有n件，记Y为这批产品的次品数量，则若这批产品不检测，则该工厂的利润的期望为．若选择方案一，则该工厂的利润的期望为令，解得．若选择方案二，假设抽样检测件，则检测出的次品的期望为0.04m件，不检测的产品有件，则该工厂的利润的期望为令，解得．则，∵，且，∴．∴，并从工厂盈利的角度应选择方案一、．21．已知函数(1)讨论f(x)的单调性：(2)当时，若，，求实数m的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求出导函数，分类讨论解不等式得增区间，得减区间．（2）不等式变形为，令，由于，因此存在，使得当时，，从而，由此求得必要条件，然后再证明其也是充分的即可得．【详解】（1）．当时，，易知f(x)在R上单调递减．当时，令，可得；令，可得且，∴f(x)在和上单调递减，在上单调递增．当时，令，可得且；令，可得，∴在和上单调增，在上单调递减．（2）当时，由，得即，令，则∵，且，∴存在，使得当时，，∴，即．下面证明当时，对恒成立．∵，且，∴设，∴，可知F(x)在上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴，∴，∴，∴综上，实数m的取值范围为．【点睛】方法点睛:利用导数研究不等式恒成立问题，一是直接求函数的最值，由最值满足的不等关系解得参数范围，二是采用分离参数法，转化为求函数的最值，得参数范围，三是采取特殊值法求得必要条件，然后再证明其是充分条件，从而得参数范围．22．在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为（t为参数）.以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，其中α为倾斜角，且.(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)设l与曲线C相交于P，Q两点，直线OP，OQ的斜率为，，求的取值范围.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）参数方程和普通方程的转化，极坐标方程和直角坐标方程的转化；（2）直线的参数方程应用，根与系数关系求得斜率和范围.【详解】（1）曲线C的普通方程为，由，得，即，，所以，又，故，即，,所以.（2）设，，将代入直线l方程中，得，则，，，，，.23．设a，b，c均为正数，已知函数的最小值为4.(1)求的最小值；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）应用绝对值三角不等式及基本不等式求目标式最小值，注意取值条件，（2）利用基本不等式证明不等式即可.【详解】（1），，则，，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，，即，仅当时取等号，故的最小值为.（2），仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，又，仅当时等号成立，同理，仅当时等号成立，，仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立，即.