2023届江西师范大学附属中学高三三模考试数学（文）试题含解析

2023届江西师范大学附属中学高三三模考试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】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．已知复数满足（为虚数单位），则复数的虚部为（    ）

A．3 B． C． D．

【答案】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．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

【答案】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．在中，，则（    ）

A．2 B．3 C．6 D．12

【答案】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.

5．已知函数部分图像如下，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．在上最小值为

【答案】D

【分析】根据图像依次求得，从而得到，进而得出，由此根据正弦函数图像与性质逐一判断各选项即可.

【详解】依题意，由图可知，则，

所以，又，所以，则，

又，则，

结合的图像在下降的趋势可得：，即，

因为，所以，所以，

因为将的图像向右平移个单位得到的图像，

所以，

对于A，显然不是偶函数，则的图像不关于轴对称，故A错误；

对于B，，故的图像不关于中心对称，故B错误；

对于C，因为，则，所以在不单调，故C错误；

对于D，因为，则，所以，

故当时，在上取得最小值，故D正确.

故选：D.

6．已知某几何体的三视图如图，其俯视图是边长为2的正三角形，侧该几何体的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定的几何体的三视图的原几何体是一个四棱锥，作出示意图，结合柱体的体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，根据给定的几何体的三视图，可得原几何体是一个直三棱柱截去一个三棱锥，剩余的一个四棱锥，

其中该几何体的体积为.

故选：C.

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．

【答案】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．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

【答案】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．已知正方体的棱长为2，为棱上的一点，且满足平面平面，则四面体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】确定平面，得到，根据勾股定理确定为中点，将四面体放入长方体中，计算半径得到表面积.

【详解】如图所示：为的中点，连接，，，

，则，平面，平面平面，

平面平面，故平面，

平面，故，

设，则，，，

，即，解得，

将四面体放入长方体中，

设四面体的外接球半径为，则，，

外接球的表面积.

故选：A.

10．已知，执行下列框图程序，则输出的是（    ）

A． B． C． D．不能确定

【答案】C

【分析】由函数与的图象与性质，得到，再由指数，幂与对数函数的性质，得到,结合程序框图，输出最小值，即可求解.

【详解】由函数与的图象与性质，可得，即，

又由，且，所以,

输入,当时，不满足判断条件，不满足判断条件，所以，所以输出结果.

故选：C.

11．已知中，角的对边分别为，且，为的中点，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用正弦定理角化边，余弦定理判定的范围，再把表示成a的函数并求其最值作答.

【详解】在中，由及正弦定理得，而为的中点，

在中，由余弦定理得：，

整理得，，即有且为锐角，

因此当且仅当最小值，锐角最大，最大，

，

当，即时，，

所以的最大值为.

故选：A

12．若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】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

二、填空题

13．已知函数是偶函数，，则_______．

【答案】

【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．已知实数满足，则目标函数的最大值为_______．

【答案】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．城市地铁极大的方便了城市居民的出行，南昌地铁号线是南昌市最早建成并成功运营的一条地铁线．已知号地铁线的每辆列车有节车厢，从月日起实行“夏季运行模式”，其中节车厢开启强冷模式，节车厢开启中冷模式，节车厢开启弱冷模式．现在有甲、乙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，但他们都是独立而随机的选择一节车厢乘坐，则甲、乙人不在同一节车厢的概率为__________．

【答案】/

【分析】不妨设、号为强冷车厢，、号为中冷车厢，、号弱冷车厢，则甲可去、、、号车厢，乙可去、、、号车厢，用表示甲去的车厢号，表示乙去的车厢号，表示甲乙两人的一种选择，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【详解】不妨设、号为强冷车厢，、号为中冷车厢，、号弱冷车厢，

则甲可去、、、号车厢，乙可去、、、号车厢，

用表示甲去的车厢号，表示乙去的车厢号，表示甲乙两人的一种选择，

所有的基本事件为：

，

一共有个基本事件．其中同在一个车厢有种，不在同一车厢有种情况，

所以甲乙不在同一车厢的概率为．

故答案为：.

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_______．

【答案】

【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：.

三、解答题

17．已知各项为正数的数列的前项和为，满足．

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项的和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据条件，利用与间的关系即可求出结果；

（2）利用错位相减法即可求出结果.

【详解】（1），

两式相减得：，

由于，则，

当时，，得，

，则，

所以是首项和公差均为2的等差数列，故．

（2）①

所以②

由得：，

所以

．

18．已知四棱锥的底面是正方形，，是棱上任一点．

(1)求证：平面平面；

(2)若，求点到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）由勾股定理证得，，得到平面，证得，从而证得平面，进而利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；

（2）根据题意点到平面的距离转化为到平面的距离，过点作证得平面，转化为边的高，在中，利用面积相等，即可求解.

【详解】（1）证明：因为是正方形，且，可得，且，

又因为，可得，

因为且平面，所以平面，

又因为平面，所以，

因为，且平面，所以平面，

又因为平面，所以平面平面．

（2）解：因为与平面交点为，且，

可得点到平面的距离等于到平面的距离，

过点作于点，

由（1）知平面，且平面，所以，

因为且平面，所以平面，

即到平面的距离为边的高，设为，

过作于，则，所以，

所以，即点到平面的距离等于．

19．2015年7月31日，国际奥委会宣布北京获得2022年冬奥会举办权，消息传来，举国一片欢腾．某投资公司闻到了商机，决定开发冰雪运动项目，经过一年多的筹备，2017年该公司冰雪运动项目正式运营．下表是2017—2021年该公司第一季度冰雪运动项目消费人数的统计表：

(1)若年份代号与第一季度冰雪运动项目消费人数（百人）具有线性相关关系，求出它们间的回归方程，并预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是多少？

(2)某记者为调查北京冬奥会对冰雪运动项目运动的影响，随机调查了200人，其中80人是在冬奥会开幕前调查的，约有的人已参加过冰雪运动项目，冬奥会开幕后调查的人数中已参加过冰雪运动项目与未参加的人数比为，问有多大的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关？

参考公式：．

参考数据：，，

【答案】(1)，17380人．

(2)有97.5%的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关．

【分析】（1）根据最小二乘法求回归方程，并预计即可；

（2）由条件列出二联表，由卡方公式计算即可.

【详解】（1）因为，

则，

，

所以回归直线方程为，

当时，（百人）（人）．

即预估2022年第一季度冰雪运动项目消费的人数是17380人．

（2）由题意可知开幕前参加过冰雪项目的有20人，未参加过的有60人，开幕后调查的有120人，

其中参加过冰雪项目的有50人，未参加过的有70人，故可列出列联表：

，所以有97.5%的把握认为参加冰雪运动项目与北京冬奥会的开幕有关．

20．已知椭圆的一个顶点为，离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点的直线与椭圆C交于不同的两点，点D在第二象限，直线分别与x轴交于，求四边形面积的最大值．

【答案】(1)

(2)4

【分析】（1）根据已知条件结合可求得，即得答案；

（2）设直线直线的方程并联立椭圆方程，设，，可得根与系数的关系式，利用，代入化简，并结合基本不等式，即可求得答案.

【详解】（1）由已知，，结合，∴，，

故椭圆方程为；

（2）由过点的直线与椭圆C交于不同的两点，

可知直线的斜率一定存在，

设直线的方程为，，

联立方程组，可得，

需满足，

设，，，，

，

又，直线AE交x轴于点N，同理，

故

，

当且仅当即时，等号成立，

此时，符合题意，

故四边形面积的最大值为4.

【点睛】方法点睛：解决四边形面积的最大值问题，要求得四边形面积的表达式，因此作图分析，利用直线方程并联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，从而可得，将根与系数的关系式代入化简，再结合基本不等式，解决问题.

21．已知函数．

(1)若在点处的切线与直线垂直，求该切线方程；

(2)若的极值点为，设，且证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；

（2）先求得的极值点，将问题转化为证，再根据的单调性转化为证，构造差函数，利用导数研究其单调性即可.

【详解】（1）由题意知直线的斜率为，所以在点处的切线斜率为-2，而，则，得，

所以在点处的切线方程为：，即．

（2），令，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

故在时取得极值，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，易得的解集为的解集为，

即的单调增区间为，单调减区间为，

依题意：，解得，

不妨设，则，要证则只要证，

即证：，即证，即证：，

令

则，即在上单调递减，有

即，则成立，因此成立，.

【点睛】思路点睛：第二问先求导得的唯一极值点，将问题化为证，再通过求导判定的单调增区间为，单调减区间为，，将问题化为证成立，此时将双变量问题转化为单变量问题，即证单调递增即可.

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：．

【答案】(1)（为参数），

(2)证明见解析

【分析】（1）根据直线的参数方程的一般形式得到直线的参数方程，再由二倍角公式及得到曲线的直角坐标方程；

（2）把的参数方程代入的普通方程，根据直线的参数方程中参数的几何意义得到，求出直线的参数方程，同理得到，即可得证.

【详解】（1）因为直线是过且倾斜角为的一条直线，

所以可得直线的参数方程为（为参数），

因为曲线的极坐标方程为，所以，

所以，即，

由，可得曲线的直角坐标方程为．

（2）把的参数方程代入的普通方程中得，

则，

又直线的参数方程为（为参数），

代入的普通方程中得：，可得，

所以.

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．

【答案】(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.