江西省南昌市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）

SRS2023届高三模拟测试（第二次）

文科数学

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. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

分析】通过解二次不等式和对数不等式求出集合，然后由交集运算得出答案．

【详解】由可得，所以，

由，即，可得，所以，

所以.

故选：D．

2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的乘、除法运算得到，结合复数的几何意义即可求解.

【详解】复数满足，

，

对应点为，在第四象限.

故选：D.

3. 执行如图所示的程序框图，若输入，则输出y的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据程序框图运行即可求解.

【详解】因为成立，所以运行，即，

所以输出的y的值是.

故选：A

4. 已知数列，若，则（    ）

A. 9 B. 11 C. 13 D. 15

【答案】B

【解析】

【分析】由题中条件，分别令，，即可得解.

详解】由，

令，则，则，

令，则，则.

故选：B.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据对数函数和指数函数的单调性结合中间量法即可得解.

【详解】因为，

，

，

所以.

故选：C.

6. 已知函数，命题，使得，命题，当时，都有，则下列命题中为真命题的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据正弦函数的性质和指数函数的性质依次判断命题p、q的真假，结合命题“且”、“或”、“非”的概念，依次判断即可.

【详解】命题p：当时，，

所以，即，

则，使得，故命题p为假命题；

命题q：当时，函数单调递增，

又函数在R上单调递增，所以函数在上单调递增，

所以时，，故命题q为真命题.

则命题为真，故A正确；

命题为假，故B错误；

命题为假，故C错误；

命题为假，故D错误.

故选：A.

7. 已知抛物线的准线为l，点M是抛物线上一点，若圆M过点且与直线l相切，则圆M与y轴相交所得弦长是（    ）

A.  B.  C. 4 D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，则，，进而，解得，利用垂径定理计算即可求解.

【详解】由题意得，，则准线为，

设，因为圆M与直线l相切，所以圆的半径为，

则圆的标准方程为，

又圆M过点，所以①.

又②，

由①②，解得，则，设圆M与y轴交于点B、C，

则.

故选：D.

8. 如图，A，B，C是正方体的顶点，，点P在正方体的表面上运动，若三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，则三棱锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三棱锥的三视图的面积确定点的位置，从而求出体积.

【详解】因为三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，正方体边长为2，

所以点在如图所示的顶点位置，，

三棱锥的体积为.

故选：C

9. 已知数列的前n项的积为，若，则的最大值为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算可得；当时，，由于，所以，从而得出结果.

【详解】，，

，，

可得；

当时，，

，

∴，

∵时，，∴，

∴当时，，当时取等号，

综上，当或5时，取最大值.

故选：A．

10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由成等差数列得，结合余弦定理，可得，由的面积为，可得，两式相除可得答案.

【详解】若成等差数列，则，

由余弦定理得，，则，①

由的面积为，得，则，②

由②÷①得.

故选：C.

11. 已知函数的三个零点分别为1，，若函数为奇函数，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用，求得的表达式，由函数为奇函数，所以关于对称，可求得，利用二次函数零点分布的知识，求得满足的不等式组，求出的范围，即可求得的取值范围.

【详解】由，得.

所以，

对于函数，其开口向上，

因为函数为奇函数，所以关于对称，

其两个零点，则，且

且满足，解得：，

根据二次函数零点分布的知识有，解得：

，

故选：B.

12. 已知M是圆上的动点，以点M为圆心，为半径作圆M，设圆M与圆C交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，圆M的方程为，又圆，两式相减得直线的方程，设直线上的点为，则，又，以为主元，由题意二者有公共点，从而求得，然后逐项验证即可.

【详解】设，则，

所以，圆M的方程为，又圆，

两式相减，得，即为直线的方程，

设直线上的点为，则，整理得，

又M是圆上的动点，则，

以为主元，则表示直线，表示以为圆心，2为半径的圆，

由题意，二者有公共点，则到直线的距离，

即，得，

对于A，，

对于B，，

对于C，，

对于D，，

则各选项的点中，直线一定不经过.

故选：B.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 是以2为周期的函数，若时，，则________．

【答案】

【解析】

【分析】直接根据函数的周期性求解即可.

【详解】因为是以2为周期的函数，若时，，

所以.

故答案为：.

14. 某红绿灯十字路口早上9点后的某分钟内10辆汽车到达路口的时间依次为（单位：秒）：1，2，4，7，11，16，21，29，37，46，令表示第i辆车到达路口的时间，记，则的方差为________．

【答案】##

【解析】

【分析】先求出的平均数，再利用求方差公式得到答案.

【详解】由题意得，，

，

，

故的平均数为，

故的方差为.

故答案为：

15. 圆锥曲线都具有光学性质，如双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线是发散的，其反向延长线会经过双曲线的另一个焦点．如图，一镜面的轴截面图是一条双曲线的部分，是它的一条对称轴，F是它的一个焦点，一光线从焦点F发出，射到镜面上点B，反射光线是，若，，则该双曲线的离心率等于________．

【答案】##

【解析】

【分析】反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由题中条件可得，，在直角三角形中，，，由双曲线的定义可得，所以，即可求得答案.

【详解】在平面直角坐标系中，如图，

反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，

由，，可得，，

在直角三角形中，，，

由双曲线的定义可得，所以，即，

所以，

故答案为：．

16. 已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解.

【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体，

取中点，连接，过点作⊥平面，则在上，且⊥平面，垂足为，连接，则为正的中心，

大正四面体的外接球球心在高上，设为，连接，则，

因为大正四面体的棱长为，故，解得，

由勾股定理得，

在Rt中，，即，解得，

则大正四面体的外接球半径为3，

若这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，

由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接，

则，

设截去的小正四面体的棱长为，则，即，

则，故，故高，

所以，

在Rt中，，即，

解得或，

，不合要求，舍去，符合要求，

截去的小正四面体的棱长最小值为.

故答案为：

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

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题为选考题，考生根据要求作答．

（一）必考题：共60分．

17. 如图是函数的部分图象，已知．

（1）求；

（2）若，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，则，再根据求得周期，即解；

（2）根据结合三角恒等变换化简计算即可的解.

【小问1详解】

设，函数的最小正周期为T，则，

则，

故，解得(负值舍去)，

所以，所以；

【小问2详解】

由（1）得，

，得，

即，

所以，

又因，则，

所以，所以.

18. 如图，在四棱锥中，已知底面是边长为4的菱形，平面平面，且，点E在线段上，．

（1）求证：；

（2）求点E到平面的距离．

【答案】（1）证明过程见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到垂直关系，再利用余弦定理得到边长，由勾股定理逆定理得到线线垂直，证明线面垂直，得到垂直关系；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，进而由比例关系得到点E到平面的距离.

【小问1详解】

取中点，连接，

因为底面是边长为4的菱形，且，所以为等边三角形，

故，且，，

因为，所以，，

因为，所以，

在三角形中，，

故，

因为，故⊥，

因为，平面，

所以平面，

因为平面，所以

【小问2详解】

因为平面平面，交线为，，平面，

所以平面，

其中，

故，

连接，则，且，

由勾股定理到，则，

取中点，连接，则⊥，，

由勾股定理得，

则，

设点到平面的距离为，

因为，所以，

因为，所以点E到平面的距离为.

19. 一地质探测队为探测一矿中金属锂的分布情况，先设了1个原点，再确定了5个采样点，这5个采样点到原点距离分别为，其中，并得到了各采样点金属锂的含量，得到一组数据，经计算得到如下统计量的值：

，，，，，其中．

（1）利用相关系数判断与哪一个更适宜作为y关于x的回归模型；

（2）建立y关于x的回归方程．

参考公式：回归方程中斜率、截距的最小二乘估计公式、相关系数公式分别为，，；

参考数据：．

【答案】（1）用作为y关于x的回归模型方程更适宜，理由见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）用作回归模型求出相关系数，用作为回归模型求出

相关系数，比较大小可得答案；

（2）由已知条件求出，可得答案.

【小问1详解】

若用作回归模型，

，，

所以相关系数，

若用作为回归模型，

相关系数，

比较与，

，

，

因为，所以用作为y关于x的回归模型方程；

【小问2详解】

由（1），，

，，

，

则y关于x的回归方程为.

20. 已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，上顶点为B，且．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若过且斜率为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q，与直线相交于点P，与y轴相交于点M，且．求k的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据焦距和角的正切值得到方程，求出，，得到椭圆方程；

（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，得到，再与直线方程联立，得到，根据题干条件得到方程，代入求出答案，舍去不合要求的解.

【小问1详解】

由题意得，解得，

又，故，即，

又，解得，，

故椭圆方程为；

【小问2详解】

直线l的方程为，，

与联立得，

设，则，解得，

因为点Q在第一象限，所以，解得，

直线方程为，与联立得，故，

中，令得，故，

因为，所以，

整理得，

即，化简得，

解得或，其中不满足，舍去，满足要求，

故.

21. 已知函数．

（1）若时，求函数的极值；

（2）若，设函数的较大的一个零点记为，求证：．

【答案】（1）极小值，无极大值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1），求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；

（2）利用函数的单调性可知，当时，，，以必然存在，使得，即，所以，要证明，只要证明，构造函数，结合函数的单调性，可证得结论.

【小问1详解】

当时，，则，

当时，，则在为减函数；

当时，，则在为增函数；

所以的极小值为，无极大值．

【小问2详解】

由，则，

因为且．

当时，，则在为减函数；

当时，，则在为增函数；

所以当时，，

又因为，所以，当，此时，

所以必然存在，使得，

即，所以，

要证明，即证明，

即证明，即只要证明，

设，则，

所以当时，，则在上为减函数，

所以．

即，即．

【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．

（二）选考题：共10分．请考生在第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. “太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”．在平面直角坐标系中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，其中黑、白区域分界线，为两个圆心在轴上的半圆，在太极图内，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系．

（1）求点的一个极坐标和分界线的极坐标方程；

（2）过原点的直线与分界线，分别交于，两点，求面积的最大值．

【答案】（1），：   

（2）

【解析】

【分析】（1）由直角坐标和极坐标互化公式转化即可；

（2）由图形对称性知，，在极坐标系中，求，并求其最大值即可.

【小问1详解】

设点的一个极坐标为，，，

则，，

∵点在第三象限，∴，∴点的一个极坐标为.

∵“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，

∴分界线的圆心直角坐标为，半径为，

∴的直角坐标方程为（），即（），

将，，代入上式，得，，

化简，得分界线的极坐标方程为，.

【小问2详解】

∵在上，∴设点的极坐标为，则，，

∴的面积

∵，∴，

∴当，即时，的面积的最大值为.

∵直线过原点分别与，交于点，，∴由图形的对称性易知，，

∴面积，

∴面积的最大值为.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知．

（1）在给出的直角坐标系中画出函数的图象；

（2）若在上恒成立，求的最小值．

【答案】（1）图象见解析   

（2）3

【解析】

【分析】（1）化简为分段函数形式，作图即可；

（2）结合函数和的图象，分，，与四种情况讨论，结合图象及基本不等式求解．

【小问1详解】

其图象如下图所示：

【小问2详解】

由（1）知函数与轴的交点为和，

结合函数和的图象可以知道，

当时，当或或时，由图可知在上不可能恒成立；

当时，，而的值有负数，可知在上不可能恒成立；

当时，只需，则在上恒成立，此时，

当时，过点且斜率为的直线方程为，

令，则，要在上恒成立，则，

此时，当且仅当时等号成立．

综上：的最小值为3．