江西师范大学附属中学2023届高三三模考试数学（理）试题（含解析）

江西师范大学附属中学2023届高三三模考试数学（理）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（    ）

A．3 B． C． D．

3．若为实数，则“”是“直线与平行”的（    ）条件

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充要 D．既不充分也不必要

4．下列说法：

（1）分类变量与的随机变量越大，说明与相关的把握性越大；

（2）以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则的值分别是和0.7；

（3）若随机变量，且，则．

以上正确的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

5．在中，，则（    ）

A．2 B．3 C．6 D．12

6．若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（    ）

A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项

7．已知是双曲线C：的左焦点，，直线与双曲线有且只有一个公共点，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

8．已知数列的通项，如果把数列的奇数项都去掉，余下的项依次排列构成新数列为，再把数列的奇数项又去掉，余下的项依次排列构成新数列为，如此继续下去，……，那么得到的数列（含原已知数列）的第一项按先后顺序排列，构成的数列记为，则数列前10项的和为（    ）

A．1013 B．1023 C．2036 D．2050

9．已知正方体的棱长为，为棱上的一点，且满足平面平面，则平面截四面体的外接球所得截面的面积为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数部分图像如下，它过两点，将的图像向右平移个单位得到的图像，则下列关于的成立的是（    ）

A．图像关于轴对称

B．图像关于中心对称

C．在上单调递增

D．在最小值为

11．艾溪湖大桥由于设计优美，已成为南昌市的一张城市名片.该大桥采用对称式外倾式拱桥结构，与桥面外伸的圆弧形人行步道相对应，寓意“张开双臂，拥抱蓝天”，也有人戏称：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如图）.其中像蝴蝶翅膀的叫桥的拱肋（俗称拱圈），外形是抛物线，最高点即抛物线的顶点在桥水平面的投影恰为劣弧的中点（图2），拱圈在坚直平面内投影的高度为，劣弧所在圆的半径为，拱跨度为，桥面宽为，则关于大桥两个拱圈所在平面夹角的余弦值，下列最接近的值是（    ）（已知

A． B． C． D．

12．若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

二、填空题

13．已知函数是偶函数，，则_______．

14．已知实数满足，则目标函数的最大值为_______．

15．城市地铁极大的方便了城市居民的出行，南昌地铁1号线是南昌市最早建成并成功运营的一条地铁线.已知1号地铁线的每辆列车有6节车厢，从5月1日起实行“夏季运行模式”，其中2节车厢开启强冷模式，2节车厢开启中冷模式，2节车厢开启弱冷模式.现在有甲、乙、丙3人同一时间同一地点乘坐同一趟地铁列车，由于个人原因，甲不选择强冷车厢，乙不选择弱冷车厢，丙没有限制，但他们都是独立而随机的选择一节车厢乘坐，则甲、乙、丙3人中恰有2人在同一车厢的概率为________．

16．某城市有一块不规则的空地（如图），两条直边，曲边近似为抛物线的一部分，该抛物线的对称轴正好是直线.该城市规划部门计划利用该空地建一座市民活动中心，该中心的基础建面是一个矩形在边上，在边上，在曲边上，为使建面最大，则_______．

三、解答题

17．已知是数列的前项和，满足，且.

(1)求；

(2)若，求数列的前项和.

18．已知四棱雉的底面是正方形，且，点在底面上的射影在正方形内，且与平面所成角的正切值为．

(1)若分别是的中点，求证：点在平面内的射影在线段上，并求出的值；

(2)若是棱的中点，求二面角的余弦值.

19．足球运动的发展离不开足球文化与足球运动兴趣的培养.2022年世界杯的开赛像春风一样吹暖了大地，某足球队的训练趁机搞得热火朝天.同时又开展“贏积分换奖励”的趣味活动：将球门分为9个区域（如图），在点球区将球踢中①、③、⑦、⑨号区域积3分，踢中②、④、⑥、⑧号区域积2分，踢中⑤号区域积1分，末踢中球门区域不积分.有甲乙两名球员踢中①、③、⑦、⑨号区域的概率都是，踢中②、④、⑥、⑧号区域的概率都是，踢中⑤号区域的概率为.

(1)设甲连踢3球的积分和为，求的概率；

(2)设甲乙各踢一球的积分和为，求的分布列与期望值.

20．已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知A是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点在第二象限，直线分别与轴交于，求四边形面积的最大值．

21．已知函数.

(1)若在单调递增，求实数的取值范围；

(2)若的极值点为，设，且证明：.

22．在直角坐标系中，是过且倾斜角为的一条直线，又以坐标原点为极点，的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)写出直线的参数方程，并将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；

(2)若直线与曲线在轴的右侧有两个交点，过点作的平行线，交于两点，求证：．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)是否存在正数，使得的图象与直线所围成的四边形的面积等于，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．

参考答案：

1．D

【分析】根据一元二次不等式的求解化简,由对数函数的性质可化简,由集合的交运算即可求解.

【详解】集合中包含的整数有，

，所以，

故选：D

2．A

【分析】设，则，代入，利用复数相等求解.

【详解】解：设，则，

因为，

所以，即，

则，解得，

所以复数的虚部为3，

故选：A

3．C

【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件分析判断.

【详解】若“直线与平行”，

则，解得或，

当时，直线，，此时//，符合题意；

当时，直线，即，，

此时，重合，不符合题意；

综上所述：“直线与平行”等价于.

所以“”是“直线与平行”的充要条件.

故选：C.

4．D

【分析】根据独立性检验原理可判断（1）；由，两边取对数，根据对数的运算性质和线性方程可判断（2）；利用正态曲线的对称性求解可判断（3）.

【详解】根据独立性检验原理，分类变量与的随机变量越大，说明与相关的把握性越大，故（1）正确；

由，两边取对数得，即，

设，可得，又，

∴，即，故（2）正确；

若随机变量，则正态曲线关于对称，

则，故（3）正确，

所以正确的个数是3．

故选：D．

5．C

【分析】根据题意可得，，代入数量积公式，结合条件，即可求得答案.

【详解】如图所示，

因为，所以.

又因为，所以，

所以，

即，

又，所以.

故选：C.

6．B

【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.

【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，

所以，解得，

则的展开式通项为，

当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，

所以展开式中系数最大时，为偶数，

由展开式通项可知，，，

，，

所以展开式中系数最大的是第三项，

故选：B

7．B

【分析】根据双曲线的几何性质，直线与双曲线的一条渐进线平行，建立方程，即可求出双曲线的离心率.

【详解】双曲线的渐近线为，

又，，所以直线的斜率为，

因为直线与双曲线有且只有一个公共点，所以根据双曲线的几何性质，

直线与双曲线的一条渐进线平行，所以，即，

所以，又，所以，

所以，解得或（舍去），所以，

故选：B

8．C

【分析】根据题意得到数列的第项为数列的第项，求得，结合等比数列的求和公式，即可求解.

【详解】根据题意，如此继续下去，……，则得到的数列的第一项分别为数列的第

即得到的数列的第项为数列的第项，

因为，可得，

所以.

故选：C.

9．A

【分析】由题意证得是的中点，由四面体的外接球的直径为，得到半径，设是外接球的球心，求得球心到平面的距离，根据球的截面圆的性质，求得截面圆的半径，进而求得截面圆的面积.

【详解】在正方体中，设平面平面，且平面，

由平面平面，可得，所以是的中点，

又四面体的外接球的直径为，可得半径，

设是的中点即球心，球心到平面的距离为，

又设与的交点为，则，则，

则，则截面圆的半径，

所以截面圆的面积为.

故选：A．

10．D

【分析】根据图像得出，由过两点，代入函数式，即可确定，进而得出，即可根据正弦函数图像和性质判断选项.

【详解】由图知可得，

又

则或，

，

若，无解；

若，则，

所以，向右平移得到，

因此A、B、C错，D对.

故选：D

11．A

【分析】根据题意求得，从而得到，再利用对称性与余弦的倍角公式，结合齐次式弦化切即可得解.

【详解】设弧的中点为，弦的中点为，圆心为，拱圈的顶点为，

有，易知，

则，故，

设，则，

根据对称性两个拱圈所在平面的夹角的余弦值为：.

故选：A.

12．B

【分析】不等式两边同除得在上恒成立，令，，分离参数只需，利用导数求最小值即可.

【详解】不等式在上恒成立，

两边同除得在上恒成立，

令，则，

所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，

令，，

即在上恒成立，

所以只需即可，

令，则，

令，则在上恒成立，单调递增，

又因为，

所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以，即，

故选：B

13．

【分析】根据是偶函数，解出值，再根据分段函数解析式算出结果.

【详解】解：已知函数是偶函数，

所以，即，

整理得，解得，

经检验，满足题意，

因为，则，

则，，

故答案为：.

14．0

【分析】先作出可行域，根据截距变化可得目标函数的最大值.

【详解】作出可行域如图，设，平移可得经过点时，取到最大值；

由得，所以的最大值为.

故答案为：0

15．

【分析】分别求出甲乙丙、甲乙、甲丙、乙丙在同一车厢的概率，即可得解.

【详解】因为甲乙丙在同一车厢的概率为，甲乙在同一车厢的概率为，

甲丙在同一车厢的概率为，乙丙在同一车厢的概率为，

则甲乙丙恰有人在同一车厢的概率为.

故答案为：·

16．

【分析】以为原点，为轴，建立直角坐标系，求得曲边的方程为，直线的方程为：，设，求得，利用导数求得函数的单调性，求得最大值点，进而得到的值.

【详解】以为原点，为轴，建立如图所示的直角坐标系，

因为，则，

设曲边的方程为，代入可得，

所以曲边的方程为，直线的方程为：，

设，则，

可得矩形为

则

令，解得或（舍去），

所以，

当，；当，，

可得函数在递增，在递减，所以当时，最大，

此时.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）利用化简式子得到，利用累加法即可求解；

（2）先由得，再求出，利用裂项相消法求和即可.

【详解】（1）因为，显然，

所以，即，

所以

，

所以，又当时，也满足，所以.

（2）由（1）知，则当时，，

又也满足，所以，

则，

则.

18．(1)证明见解析，；

(2).

【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直、面面垂直的判断、性质推理即得，再借助线面角求出比值作答.

（2）以M为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.

【详解】（1）连，由于分别是和的中点，且，则，

又是正方形，则，又平面，则平面，

又平面，则平面平面，在平面内过作于，

平面平面，则平面，所以点在上的射影在线段上，

连，是与平面所成的角，即，，

又，则，即有，而，

所以．

（2）在平面内过作，则两两垂直，

以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，

设平面的法向量，则，令，得，

设平面的法向量，则，令，得，

，

显然二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

19．(1)；

(2)分布列见解析，3.4.

【分析】（1）由独立事件的概率公式求概率即可；

（2）分析的所有取值，求分布列及数学期望即可.

【详解】（1）由题意知，每位球员踢球一次积3分的概率为，积2分的概率为，积1分的概率为，积0分的概率为，

，

，

，

，

则.

（2）因为的可能值为，则，

；

；

；

；

；

；

所以的分布列为：

.20．(1)

(2)4

【分析】（1）根据三角形的面积及内切圆的半径列出方程组求得得椭圆方程；

（2）设直线的方程与椭圆方程联立，，写出直线的方程求出的坐标，并求出， ，将表示为的函数，使用基本不等式求最大值.

【详解】（1）由题意知，则，

又，

则，

又，

解得，

所以椭圆的方程为.

（2）设直线的方程为

联立方程组，可得，

则，

直线的方程：，所以，同理，

，

，

，

当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4．

【点睛】关键点点睛：求四边形的面积最大值，首先要选择合适的面积公式，这是非常规四边形，使用的面积公式为，为此计算， 代入转化为的函数求最大值.

21．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）把原函数在区间单调递增问题转化为导函数恒大于等于0，分离参数，构造函数，利用导数求解函数最值，即可求出参数范围；

（2）利用导数求出函数的极值点为，利用导数研究函数的单调性，从而，再利用极值点偏移，构造函数，证得，由此得证.

【详解】（1）函数的定义域为，

由题意函数在单调递增，所以恒成立，

则在恒成立，令，则，

当，则单调递增，，则单调递减，

而，所以，所以，即；

（2）因为，所以，当时，，

当，则在单调递增，

，则在单调递减，

所以的唯一极值点，

因为，则，

当时，恒成立，则在上单调递增，不合题意，

当时，的解集为的解集为，

即的单调增区间为，单调减区间为，

依题意：，解得，

设，则，要证，则只要证，

即证，即证，即证：，

即证，

而，即证，

令，则，

设，求导得，

即在上单调递增，则有

即在上单调递减，而

当时，，

则当时，成立，故有成立，

所以.

【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法：

(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式.

(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.

22．(1)（为参数），

(2)证明见解析

【分析】（1）利用直线参数方程的表示方程可得直线的参数方程；利用极坐标方程与直角坐标方程互化的方法可得曲线的直角坐标方程；

（2）利用直线参数方程的参数表示的几何意义分别表示出，，从而得解.

【详解】（1）因为是过且倾斜角为的一条直线，

所以直线的参数方程为（为参数），

因为曲线的极坐标方程为，则，

所以，故，

所以曲线的直角坐标方程为.

（2）把的参数方程代入曲线中得：，

记所对应的参数为，则，

又直线的参数方程为（为参数），

代入中得：，可得，

所以.

23．(1)

(2)存在，

【分析】（1）当时，将函数的解析式表示为分段函数的形式，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；

（2）化简函数的解析式，作出函数的图象，求出的图象与直线所围成的四边形的面积关于的表达式，根据题中条件可得出关于的等式，解之即可.

【详解】（1）解：当时，，

则不等式可化为：或或，

解得或或，所以原不等式的解集为.

（2）解：因为，则，

画出的大致图象如图，与直线围成的四边形为，

易知点、，

联立可得，即点，同理可得点，

且，

延长与交于点，联立，解得，即点，

，

点到直线的距离为，

所以，，

，

整理可得，因为，解得，合乎题意.

所以存在正数满足要求.