江西省吉安市泰和县2023届高三数学（理）第一次模考试题（Word版附解析）

这是一份江西省吉安市泰和县2023届高三数学（理）第一次模考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泰和县2023届高三下学期第一次模考数学（理）试题一、选择题（本大题共12个小题，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，，且，满足这样的集合的个数（    ）A. 6 B. 7 C. 8 D. 9【答案】B【解析】【分析】由集合间的基本关系，对集合中元素个数进行分类讨论，列举出所有可能即可得出结果.【详解】根据题意可知，集合还应包含集合中除元素1，2之外的其他元素；若集合中有三个元素，则可以是；若集合中有四个元素，则可以是；若集合中有五个元素，则可以是；即这样的集合的个数为7个.故选：B2. 若复数（i为虚数单位），则（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】复数的分式运算，同乘共轭复数，利用模长公式即可得到答案.【详解】,,故选：B.3. 由国家信息中心“一带一路”大数据中心等编写的《“一带一路”贸易合作大数据报告（2017）》到2016年这六年中，中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额图表如下，下列说法中正确的是（    ）中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额（亿美元）A. 中国与沿线国家贸易进口额的极差为1072.5亿美元B. 中国与沿线国家贸易出口额的中位数不超过5782亿美元C. 中国与沿线国家贸易顺差额逐年递增（贸易顺差额＝贸易出口额－贸易进口额）D. 中国与沿线国家前四年的贸易进口额比贸易出口额更稳定【答案】D【解析】【分析】根据图表中的数据，结合统计中的相关概念逐一计算判断即可得出答案.【详解】对于A,中国与沿线国家贸易进口额的极差为．所以A错误；对于B，由已知图中的数据可得出口额额的中位数为，故B错误；对于C，2011年至2016年的贸易顺差额依次为142.9，428.6，976.8，1536.8，2262.4，2213.7，2016年开始下降，故C错误；由图表可知中国与沿线国家前四年的贸易出品额比贸易进口额波动性更大，故D正确．故选：D．4. 设数列满足，且，记的前项和为，则等于（　　）A. 1025 B. 1024C. 10250 D. 20240【答案】C【解析】【分析】由已知可推出是等比数列，求出公比，再利用片段和的性质，即可求出结果.【详解】∵，∴，且，∴为等比数列，且公比，∴.故选:C.【点睛】本题考查等比数列的定义以及前和的性质，属于基础题.5. “数列（）满足（其中为常数）”是“数列（）是等比数列”的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【详解】当q=0时，，但此时数列（）不是等比数列，但当数列（）是等比数列时，必定满足，故选：B6. 已知，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系求出，；【详解】解：因为，，所以，因为，所以，所以故选：A7. 若圆柱的底面半径是1，其侧面展开是一个正方形，则这个圆柱的侧面积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】侧面展开图的面积就是侧面积．【详解】由题意侧面展开图的边长不，面积为．故选：A.【点睛】本题考查圆柱的侧面积，考查圆柱的侧面展开图，圆柱侧面展开图是矩形，矩形的一边是圆柱的高，另一边长是圆柱的底面周长．8. 已知向量，满足，，，那么与的夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据模的向量运算，将平方后化简，即可由平面向量的数量积定义求得与的夹角.【详解】向量，满足，，，则所以，代入，，可求得，由平面向量数量积定义可知，设与的夹角为，则，则，因为，所以，故选：B.【点睛】本题考查了平面向量夹角的求法，平面向量数量积定义及模的运算，属于基础题.9. 设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.10. 如图是某几何体挖去一部分后得到的三视图，其中主视图和左视图相同都是一个等腰梯形及它的内切圆，俯视图中有两个边长分别为2和8的正方形且图中的圆与主视图圆大小相等并且圆心为两个正方形的中心.问该几何体的体积是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先由三视图得出几何体，再结合体积公式求解即可.【详解】解：由题意可知：该几何体是一个正四棱台内切一个球，且上平面的边长为2，下平面的边长为8，又等腰梯形有内切圆，故易得等腰梯形的高为4，即球的半径为 ，据此可得组合体的体积： .故选：B.11. 已知曲线在点的切线与曲线相切，则实数的值为(　　)A.  B. 或 C.  D. 或【答案】C【解析】【分析】根据已知求得切线方程，又该切线与曲线相切，联立得一元方程有唯一解，即可得实数的值.【详解】解：由，求导得，所以曲线在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线的方程为，其也为曲线的切线．由，得，此方程只有唯一解，所以当时，方程无解，舍去；当时，，解得或(舍)，所以故选：C.12. 若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”，已知函数，，有下列命题：①在内单调递增；②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为；③和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是；④和之间存在唯一的“隔离直线”．其中真命题的个数有(     )A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】【分析】对于命题①，对函数进行求导，判断出函数在的单调性；对于命题②，③，因为是，的隔离直线，所以分别构造不等式和，从而得到关于和的不等式，从而求出范围；对于命题④，因为存在隔离直线，从而分别构造不等式，通过一元二次不等式在上恒成立，从而判断不等式是否成立，以及构造不等式，构造函数，通过求导判断不等式是否在上恒成立.【详解】对于命题①，，，，在内单调递增，故①正确；对于命题②，③，设，的隔离直线为，则对一切实数成立，即有，又对一切成立，则，即，，，即有且，所以，即同理，可得，故②正确，③错误；对于命题④，函数和的图象在处有公共点，因此存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即，由，可得，当恒成立，则，只有，此时直线方程为，下面证明，令，，当时，；当时，；当时，；当时，取到极小值，极小值，也是最小值，，则， 函数和存在唯一的隔离直线，故④正确，真命题的个数有三个，故选：C二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．）13. 已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________.【答案】3【解析】【详解】∵f(x)＝∴f(－2)=，∴f(f(－2))＝f()=故答案为3点睛：本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求函数值，属于中档题.对于分段函数解析式的考查是命题的动向之一，这类问题的特点是综合性强，对抽象思维能力要求高，因此解决这类题一定要层次清出，思路清晰.本题解答分两个层次：首先求出f(－2) 的值，进而得到f(f(－2))的值.14. 满足不等式组的点所围成的平面图形的面积为________．【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，利用微积分基本定理求出可行域的面积．【详解】画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分，由题意不等式组，表示的平面区域如图所示，其中解得：或，即，,所以平面图形的面积为：．故答案为：．15. 某单位安排A，B，C，D，E，F等6名工作人员到4个不同的地方开展工作，每个地方至少需安排一名工作人员，其中A，B被安排到同一个地方工作，D，E不能被安排到同一个地方工作，则不同的分配方法共有______种．【答案】216##【解析】【分析】采用先分组后排序的方法计算出不同的分配方法数.【详解】第一步，将6名工作人员分成4组，要求A，B在同一组，D，E不在同一组．若分为3，1，1，1的四组，则A，B必须在3人组，有（种）分组方法；若分为2，2，1，1的四组，则A，B必须在两人组，有（种）分组方法．则一共有（种）分组方法．第二步，将分好的四组全排列，分配到四个地方，有（种）分配方法．故不同的分配方法共有（种）．故答案为：16. 给出下列命题：①是奇函数；②若是第一象限角，且，则；③函数的一个对称中心是；④函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，其中正确命题的序号是____________（把正确命题的序号都填上）.【答案】①③【解析】【分析】对每个命题进行一一验证.【详解】①因为函数的定义域为关于原点对称，令，故①正确；②若，但，故②不正确；③函数的所有对称中心为，当时，对称中心为，故③正确；④函数的图象向左平移个单位，得到函数即的图象，故④不正确.三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程．）17. 公差不为零的等差数列的前n项和为,若,且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）设是首项为1,公比为2等比数列,求数列的通项公式及其前n项和为．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列的前项和公式可得，根据等比数列可得，列出关于和的方程，解出即可得的通项公式；（2）先求出的通项公式，根据分组求和法求其前项和.【详解】（1）由，得．又∵成等比数列，   ∴，即，解得或（舍去），    ∴，故．（2）由题意，所以， 所以．【点睛】本题主要考查了等差数列，等比数列的概念，以及数列的求和，属于高考中常考知识点，难度不大；常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.18. 袋中有2个白球，3个红球，5个黄球，这10个小球除颜色外完全相同.(1)从袋中任取3个球，求恰好取到2个黄球的概率；(2)从袋中任取2个球，记取到红球的个数为，求的分布列、期望和方差.【答案】(1)；(2)的分布列见解析，期望为，方差为.【解析】【分析】(1)利用古典概型的概率公式求解即可；(2)结合题意写出可能的取值，分别求出相应的概率即可得到的分布列，然后利用期望和方差公式求解即可.【详解】(1)从袋中任取3个球，共有种情况，若从袋中任取3个球中，恰好取到2个黄球共有种，故从袋中任取3个球，求恰好取到2个黄球的概率为；(2)由题意可知，可能取值为，0，1，2，，，，故的分布列如下表：012从而期望，方差.19. 如图，四棱锥中，底面ABCD，且底面ABCD为平行四边形，若，，（1）求证：；（2）若，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由平面知识可先证明出，即可证出平面PAD，即可得；（2）过B作于H，连接PH， 易证直线PB与平面PCD所成的角，再解三角形，即可求出直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【详解】（1）∵，，∴即，．∵平面ABCD，平面ABCD∴，又． ∴平面PAD∵平面PAD，∴．（2）过B作于H，连接PH∵平面ABCD，平面ABCD∴又∵，∴平面PCD∴直线PB与平面PCD所成的角易求，又∵，，∴易证：，∴∴∴直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【点睛】本题主要考查线面垂直的定义和判定定理应用，线面角的求法， 意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．20. 已知椭圆的离心率，直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆上存在两点，使，，求面积的最大值.【答案】（1）；    （2） .【解析】【分析】（1）设 ，通过，以及椭圆的离心率，A在椭圆上，列出方程求出椭圆的几何量，然后求解椭圆方程；（2）设，，中点为，利用，得到方程组，利用E,F在椭圆上，代入椭圆方程，利用平方差法求出的斜率，得到直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求出 ，求出三角形的高，表示出三角形的面积，利用基本不等式求出最值．【小问1详解】根据题意，不妨设，则，，∴，，，，解得：，，∴椭圆的方程为：.【小问2详解】设，，中点为，由（1），∵，∴，∵椭圆上，则，相减可得，，∴直线的方程为：，即，代入整理得：，∴，，，∵原点到直线的距离为，，当时等号成立，所以面积的最大值为.21. 设，函数.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）若无零点，求实数的取值范围；（3）若有两个相异零点，求证：【答案】（1）；    （2）；    （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式求切线方程；（2）对分三种情况讨论得解；（3）利用分析法证不等式，要证，只要证，根据零点条件可得，令，构造函数，，利用导数可得单调性，即得，逆推可得结论.【小问1详解】解：函数定义域为，，当时，，则切线方程为，即切线方程为.【小问2详解】解：①若时，则，是区间上的增函数，∵，，∴，函数在区间有唯一零点；②若，有唯一零点；③若，令，得，在区间上，，函数是增函数；在区间上，，函数是减函数；故在区间上，的极大值为，由于无零点，须使，解得，故所求实数的取值范围是.【小问3详解】证明：要证，两边同时取自然对数得.由得，得.所以原命题等价于证明.因为，故只需证，即.令，则，设（），只需证.而，故在单调递增，所以.综上得.【点睛】关键点睛：解答本题的难点在第3小问，解答有两个关键，其一是要会利用分析法等价转化命题；其二是能够利用代换化双变量问题为单变量问题解答.请从下面所给的22、23两题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分．选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上且满足点的轨迹为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设点的极坐标为，求面积的最小值.【答案】（1）：，：； （2）2.【解析】【分析】（1）消去参数，求得曲线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可求得曲线的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线的极坐标方程；（2）由,求得，求得面积的表达式，即可求解.【详解】（1）由曲线的参数方程为 (为参数)，消去参数，可得普通方程为，即，又由，代入可得曲线的极坐标方程为，设点的极坐标为，点点的极坐标为，则，因为，所以，即，即，所以曲线的极坐标方程为.（2）由题意，可得,则，即，当，可得的最小值为2.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）若的最小值为，求的值；（2）在（1）的条件下，，，为正实数，且，求证：.【答案】（1）2；    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值的三角不等式求解最小值作答.（2）利用（1）的结论，结合柯西不等式推理作答.【小问1详解】函数的定义域为R，，当且仅当时取等号，所以的最小值.【小问2详解】由（1）知，正实数，，满足：因此，当且仅当，即时取等号，所以.