江西省部分学校2023届高三下学期联考数学（理）试题（一）（Word版附解析）

这是一份江西省部分学校2023届高三下学期联考数学（理）试题（一）（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 《九章算术》中有如下问题， 的展开式中的系数为等内容，欢迎下载使用。
高三理科数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算即可得解.【详解】解：因为，所以.
故选：A.2. 设全集，若集合，则 =（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】化简集合，然后利用补集的定义运算即得.【详解】因为，由，可得，所以，所以.故选：C.3. 为提升学校教职工的身体素质，某校工会组织学校600名教职工积极参加“全民健身运动会”，该运动会设有跳绳、仰卧起坐、俯卧撑、开合跳、健步走五个项目，教职工根据自己的兴趣爱好最多可参加其中一个，参加各项目的人数比例的饼状图如图所示，其中参加俯卧撑项目的教职工有75名，参加跳绳项目的教职工有125名，则该校（　　）A. 参加该运动会的教职工的总人数为450B. 参加该运动会的教职工的总人数占该校教职工人数的80%C. 参加开合跳项目的教职工的人数占参加该运动会的教职工的总人数的12%D. 从参加该运动会的教职工中任选一名，其参加跳绳或健步走项目的概率为0.6【答案】D【解析】【分析】根据饼状图结合频数与频率的关系判断A，B，C，根据古典概型概率公式判断D.【详解】参加该运动会的教职工的总人数为，故选项A错误，参加该运动会的教职工的总人数与该校教职工人数的比值为，选项B错误；由已知参加跳绳项目的教职工的人数占比，所以参加开合跳项目的教职工的人数占比，故选项C错误.参加参加跳绳或健步走项目的教职工的人数为，所以任选一名，其参加跳绳或健步走项目的概率，故选项D正确；故选：D.4. 《九章算术》中有如下问题：“今有圆亭（圆亭可看作圆台），下周三丈，上周二丈，高一丈.”则该圆亭的侧面积为（　　）A. 平方丈 B. 平方丈C. 平方丈 D. 平方丈【答案】B【解析】【分析】由条件求圆台的底面半径和侧棱长，再由圆台侧面积公式求解.【详解】如图，ABCD是圆台的轴截面，O，H分别为AB，CD的中点，则，过点C作于G，由题意知丈，丈，丈，得BC=（丈），所以该圆亭的侧面积为所以（平方丈）.5. 如图是下列四个函数中的某个函数的部分图象，则该函数是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的奇偶性及特殊值的函数值，结合已知函数图象，即可选择.【详解】由题图可知该函数为偶函数，时的函数值接近于1，对于A，，，函数为奇函数，故排除A；对于B，时，，故排除B；对于C，时，接近于1，故C符合；对于D，时，，故排除D；故选：C.6. 的展开式中的系数为（　　）A.  B.  C. 15 D. 40【答案】A【解析】【分析】根据二项式的通项公式，结合乘法的运算进行求解即可.【详解】因为的展开式的通项为，所以的展开式中含的项为：，所以的展开式中的系数为.故选：A.7. 在 中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】运用正弦定理与和差公式求解.【详解】因，由正弦定理得：， ， ，即 ，，又 ，所以 ，即或，得或 （舍），又 ，， ，所以 ；故选：B.8. 在平面四边形ABCD中，，若，则（　　）A.  B. 2 C.  D. 【答案】A【解析】【分析】建立坐标系，利用平面向量的坐标法求解.【详解】以AC所在直线为x轴，AC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系（点D在x轴上方），设，则，，因为，所以所以，解得，所以.故选：A.9. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象与的图象关于直线对称，则ω的最小值为（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求出平移后的函数解析式，再求其关于对称的函数图像，由条件列方程求ω的最小值.【详解】将的图象向左平移个单位长度，得到y=，将其关于直线对称，得到y，所以，化简得，，又，所以ω的最小值为.故选：B.10. 已知，则（　　）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】分别利用指数和对数函数的单调性，求出的范围即可比较大小得出正确选项.【详解】，因为，所以，因为，所以，又，所以，故，故选：D.11. 已知直线过椭圆C；的一个焦点，与C交于A，B两点，与平行的直线与C交于M，N两点，若AB的中点为P，MN的中点为Q，且PQ的斜率为，则C的方程为（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】运用点差法，结合直线斜率公式进行求解即可.【详解】设，则，两式作差得所以若O为坐标原点，则，同理，所以O，P，Q三点共线，即，所以，又过点，即椭圆的焦点，所以解得，所以C的方程为故选：C12. 已知有解，则实数a的取值范围为（　　）A  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将不等式变形为，设，由已知方程在）上有解，故，利用导数求函数的最小值可得实数a的取值范围.【详解】不等式可化为，，令，则且，由已知不等式在上有解，所以在上有解.令，则，当时，，在上单调递减；当时，，在单调递增，所以，所以，所以a的取值范围为，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过不等式的变形，结合函数与不等式的关系将条件转化为函数的最值问题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若直线与曲线相切，则___________.【答案】2【解析】【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.【详解】设切点坐标为，由曲线可得，则，解得，所以故答案为：214. 若，则的值可能为___________.【答案】或1或，填写一个即可）【解析】【分析】利用二倍角公式化简条件等式可得或，结合平方关系可求.【详解】因为，所以所以，所以，所以或，又，所以或.故答案为：或1或，填写一个即可）15. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的渐近线交于y轴右侧的两点分别为A，B，若△是正三角形，则C的离心率为___________.【答案】2【解析】【分析】先通过点A既在渐近线上又在圆上，求出点A的坐标，根据，直角三角形的边长比值关系，建立等式，进而求出离心率.【详解】如图所示，，设则有，解得，所以，又因为△是正三角形，，，平方得，因为，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：2.16. 已知A，B，C三点在球O的球面上，且，若三棱锥O-ABC的体积为，则球O的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据直角三角形性质可得外接圆半径，结合锥体体积公式求球心到截面的距离，根据球的性质截面性质求球的半径，根据球的表面积公式求其表面积．【详解】因为，所以AB=2，则△ABC外接圆的半径，设O到平面ABC的距离为d，又三棱锥O-ABC的体积为，所以解得，所以球O的半径，所以球O的表面积为.故答案为：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选做题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17. 已知各项均为正数的数列{}满足（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用累加法求出数列的通项公式，由此再求数列的通项公式；（2）利用错位相减法求数列的前项和.【小问1详解】因为，所以，又，又当时，所以当时，，当时，，满足关系，所以，，因为，所以；【小问2详解】由（1）知..所以，.两式作差得所以.18. 据统计，某校高三打印室月份购买的打印纸的箱数如表：月份代号t1234打印纸的数量y（箱）60657085 （1）求相关系数r，并从r的角度分析能否用线性回归模型拟合y与t的关系（若，则线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合）；（2）建立y关于t的回归方程，并用其预测5月份该校高三打印室需购买的打印纸约为多少箱.参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，相关系数参考数据：【答案】（1）0.957，线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合y与t的关系；    （2），90箱.【解析】【分析】（1）利用相关系数公式结合条件即得；（2）根据最小二乘法可得线性回归直线方程，然后将代入回归方程即得【小问1详解】由已知数据可得，又，，所以，因为，所以线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合y与t的关系；【小问2详解】因为8，，所以y关于t的回归方程为，将代入回归方程，得箱，所以预测5月份该校高三打印室需购买的打印纸约为90箱.19. 如图，三棱柱中，，D是AC的中点，.（1）证明：⊥平面；（2）若点到平面的距离是棱长AB的，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）.【解析】【分析】（1）先证明，结合，利用线面垂直的判定证明平面，进而得到，再证明，并利用线面垂直判定证明⊥平面；（2）建立空间直角坐标系，设，由条件证明，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求二面角的余弦值..【小问1详解】因为，D是AC的中点，所以BD⊥AC，因为，，平面，所以BD⊥平面，又平面，所以因为，D是AC的中点，所以，因为，，平面，所以⊥平面．【小问2详解】由（1）知⊥平面，，所以两两垂直，以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，平面，所以，AC⊥平面，因为，所以，取的中点，连接，，可得，所以平面，即为平面，又AC平面，所以平面平面，过点作于点H，平面，平面平面，则⊥平面，所以，令，则因为，，所以，所以，，所以，所以，因为，，所以，所以，，，设平面的一个法向量为，则得，令，则，所以为平面的一个法向量，又BD⊥平面，所以是平面的一个法向量，，所以二面角的余弦值为.20. 在平面直角坐标系xOy中，直线，点，M是动点，过点M作于点H，若（1）求动点M的轨迹C的方程；（2）过点F分别作两条互相垂直的直线与（1）中的曲线C分别交于A，B与P，Q，记△AFP，△BFQ的面积分别为，，求的最小值.【答案】（1）    （2）32【解析】【分析】（1）利用定义法求出抛物线的方程；（2）分别联立抛物线与直线AB、PQ的方程，利用韦达定理得出的值，再由面积公式得出的最小值.【小问1详解】由题意可知，所以，因为，所以点M到点F的距离与到直线l的距离相等.又直线，点，由抛物线的定义可知，轨迹C的方程为.【小问2详解】由题意知，直线AB与PQ的斜率均不为0，设，，联立，消x得，则，因为，用替换m，得，所以，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为32..21. 已知函数（1）讨论的单调性；（2）当时，设，，且证明：【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导后，分类讨论，，，的情况即可求解；（2）当时，，，不妨设.构造函数，二次求导后可判断函数在上为增函数.从而得到，即，再利用在上单调递减即可得证.【小问1详解】的定义域为.①若，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.②若，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减.③若，则，所以恒成立，在上单调递增.④若，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.综上所述：当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增，没有单调递减区间；当时，在上单调递增，在上单调递减；【小问2详解】当时，，由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增.由，而，不妨设.令函数，则，令，则.则当时，则单调递增；所以当时，，即，故函数在上为增函数.故，所以，因为且，在上单调递减，故，所以+.【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.（二）选做题：共10分.请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求的普通方程与的直角坐标方程；（2）求与交点的极坐标.【答案】（1）C的普通方程为，的直角坐标方程为；    （2），.【解析】【分析】（1）结合三角函数恒等变换消去参数可得的普通方程，利用将极坐标方程转化为普通方程；（2）联立方程组求交点的直角坐标，再将其转化为极坐标.【小问1详解】因为所以得..由，得，所以，所以所以C的普通方程为，l的直角坐标方程为.【小问2详解】联立得或，所以l与C交点的直角坐标分别为，，设点的极坐标为，，，则，，所以，，所以点的极坐标为，同理可得点的极坐标为，故与交点的极坐标为，.[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若时，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）+∞）    （2）【解析】【分析】（1）分区间讨论去掉绝对值号解不等式即可；（2）根据所给区间去掉绝对值号转化为恒成立，再转化为即可得解.【小问1详解】时，，当时，等价于，解得，所以；.当时，等价于解得，不符合，舍去；当时，等价于解得，所以综上，不等式的解集为+∞）.【小问2详解】时，等价于，所以恒成立，所以，即在时恒成立，所以，解得，故实数a取值范围为.