2023届江西省“红色十校”高三上学期第一联考数学（文）试题含解析

2023届江西省“红色十校”高三上学期第一联考数学（文）试题

一、单选题

1．若复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数加减运算及复数模的定义求解即可.

【详解】因为，

所以，

故选：B．

2．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，求出集合B，再利用交集的定义求解作答.

【详解】因集合，则有，

所以.

故选：D

3．记正项等比数列的前n项和为，若，则该数列的公比（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据给定条件，结合等比数列的意义列出关于的方程，求解作答.

【详解】正项等比数列中，，由得，

整理得，即，解得，

所以数列的公比.

故选：C

4．下图是国家统计局7月发布的2021年6月至2022年6月规模以上工业原煤产量增速的月度走势，其中2022年1~2月看作1个月，现有如下说法：

①2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势；

②2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的中位数为；

③从这12个增速中随机抽取1个，增速超过10的概率为．

则说法正确的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】观察走势图易判断①正确；12个数据由小到大排列，位于第6位和第7位的分别是4.6和7.2，故中位数为4.6和7.2的平均数；12个数据中，超过10的有5个，由古典概型可得结果.

【详解】从2021年10月至2022年3月，规模以上工业原煤产量增速呈现上升趋势，故①正确；

2021年6月至2022年6月，规模以上工业原煤产量增速的的中位数为，故②正确；

从这12个增速中随机抽取1个，超过10的概率为，故③正确.

故选：D．

5．已知，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由指数与对数的运算性质比较

【详解】因为，

所以，

故选：D

6．函数的大致图象为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由函数的奇偶性与特殊值判断

【详解】由得函数为奇函数，故排除B，D，

当时， ，排除A，

故选：C

7．若，下列结论错误的是（    ）

A．的最大值为1 B．的最小值为

C．的最大值为 D．的最大值为2

【答案】C

【分析】根据均值不等式，重要不等式及其变形，逐项分析即可求解.

【详解】因为，所以，

当且时，的最大值为1，当且时，的最小值为，故A、B正确；

由，可得，当且仅当时取等号，C错误；

因为，当且仅当时取等号，D正确，

故选：C．

8．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据长方体中的平行关系可得即为异面直线与所成角，解直角三角形即可得解.

【详解】如图，

因为，所以即为异面直线与所成角，

设，则，在长方体中，

在中， ，

故选：A．

9．已知函数的两个相邻的零点为，则的一条对称轴是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据两个相邻零点的距离求出最小正周期，从而求出，

代入特殊值后求出，求出的解析式，求出对称轴方程为，从而求出正确答案.

【详解】设的最小正周期为T，则，得，所以，

又因为，且，所以，则，

所以的对称轴为，解得，

取，得一条对称轴为直线.

故选：B．

10．“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆与，与分别为标杆与在地面的影长，再按影长与的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记，则按照“寸影千里”的原则，A，B两地的距离大约为（    ）

A．里 B．里

C．里 D．里

【答案】C

【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函数及两角和的余弦公式化简，最后根据“寸影千里”的原则得解.

【详解】由题意可知，

所以，所以可以估计A，B两地的距离大约为里，

故选：C．

11．在EXCEL软件中，函数ROUND（number，num_digits）是四舍五入函数，它含有两个参数，其中number表示要进行四舍五入的数，num_digits表示保留小数的位数．如：，已知，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】构造函数，利用对数函数的单调性确定的范围，再按给定定义计算作答.

【详解】函数在上单调递增，则有，

令函数，显然在上单调递增，当时，，

因此，即，

所以.

故选：B

12．已知函数，若恒成立，则实数a的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出的函数图象，结合图象的平移变换求解

【详解】在同一坐标系内作出与的图象，

当射线与曲线相切时，

即方程时，由，解得，

结合图象可得时，，所以a的的取值范围是，

故选：B

二、填空题

13．设，若，则实数____________．

【答案】

【分析】根据向量的坐标运算及向量平行的坐标表示列方程求解即可.

【详解】因为，且，

故，解得．

故答案为：

14．若抛物线上一点P到焦点的距离为6，则点P到x轴的距离为____________．

【答案】4

【分析】根据抛物线的方程求出准线，再由抛物线定义求解即可.

【详解】抛物线方程化为标准形式为，

由抛物线的定义可知，点P到准线的距离为6，

所以点P到x轴的距离为4．

故答案为：4

15．已知，且，则____________．

【答案】

【分析】由三角恒等变换公式化简后求解

【详解】

，

，因为，所以，，

所以．

故答案为：

三、双空题

16．已知曲线在点处的切线与在点处的切线垂直，则____________；的最大值为____________．

【答案】         

【分析】由导数的几何意义得的关系后求解，再将转化为函数求解求值

【详解】因为，所以，由题意得，即，所以；

，设，

则，当时，，当时，，

在上单调递增，在上单调递减，

所以．

故答案为：，

四、解答题

17．在①，②，③这三个条件中任选一个，填在下面的横线上，并解答问题．

已知数列的前n项和为，，且____________．

(1)求的通项公式；

(2)若是的等比中项，求数列的前n项和．

注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)条件选择见解析，；

(2).

【分析】（1）选①，利用与的关系求解作答；选②，构造等差数列求出求解作答；选③，构造常数列计算作答；

（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求解作答.

【详解】(1)选①，，由，得，则，即，

而，因此是以1为首项，4为公差的等差数列，，

所以的通项公式为．

选②，由，得，即数列是以为首项，2为公差的等差数列，

则，则，

当时，，当时，满足上式，

所以的通项公式为．

选③，由，得，因此数列是常数列，

则有，即，

所以的通项公式为．

(2)由（1）知，，依题意，，

则

所以，

所以数列的前n项和．

18．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

(1)求证：a，b，c依次成等差数列；

(2)若，求的面积的最大值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）利用正弦定理将题干条件变形为，进而得到，证明出结论；

（2）在第一问的基础上，结合基本不等式求出，利用余弦定理得到，从而结合同角三角函数平方关系求出，利用面积公式求出.

【详解】(1)证明：由正弦定理可知，

得，即，

因为，所以．

由正弦定理得，故a，b，c依次成等差数列．

(2)由于，得，所以．

所以，当且仅当时等号成立，

所以．

所以，

故，

当且仅当时等号成立，即的面积的最大值为．

19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，．是等腰直角三角形，，且平面平面．

(1)求证：；

(2)若，求点C到平面的距离．

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质定理即可得证；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离即可.

【详解】(1)证明：因为平面平面，平面平面，

平面，

所以平面，所以．

又平面平面，

所以平面，

又因为平面，

所以．

(2)设的中点为O，连接，

因为是等腰直角三角形，，所以，

又因为平面平面，平面平面，

所以平面．

由，可得，

由（1）知，

所以．

所以，

所以．

设点C到平面的距离为h，

则，

所以，即点C到平面的距离为．

20．设O为坐标原点，椭圆的离心率为，且过点．

(1)求C的方程；

(2)若直线与C交于P，Q两点，且的面积是，求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）由椭圆过的点可得，再结合离心率即可计算作答；

（2）联立直线l与椭圆C的方程，求出弦PQ长及点O到直线l的距离即可求解作答.

【详解】(1)因椭圆过点，则，又椭圆C的离心率为，

则有，解得，

所以C的方程为．

(2)依题意，，由消去x并整理得：，

，

设，则，

于是得，点O到l的距离，

因此，即，

整理得，即，显然满足，

所以.

21．已知函数．

(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；

(2)当时，证明：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据函数的单调性知函数导数不小于0恒成立，分离参数后，利用导数求最大值即可得解；

（2）要证明原不等式可转化为证明，换元后只需证，构造函数，利用导数求最小值不小于0即可.

【详解】(1)因为在上单调递增，

所以对恒成立，

即对恒成立．

令，则．

因为当时，，所以，

即在上单调递减，所以，

从而，即实数a的取值范围是．

(2)证明：当时，．

要证，即证，

即证，即证．

令，则只要证．

令，则．

当时，在上单调递减；

当时，在上单调递增，

所以，所以，

即成立，故．

【点睛】关键点点睛：证明不等式时，首先对证明不等式化简，转化是正确求证的前提，也是最关键一步，其次化简不等式后一般要构造函数，利用导数求出函数的最值，据此判断不等式是否成立.

22．在直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．

(1)求C的极坐标方程和l的直角坐标方程；

(2)l与C交于A，B两点，若，求．

【答案】(1)，

(2)或．

【分析】（1）由C的参数方程化为直角坐标方程，再根据公式转化为极坐标方程，根据极坐标意义直线方程可化为直角坐标方程；

（2）根据极径的几何意义及根与系数的关系，由可得极角.

【详解】(1)将C的参数方程化为直角坐标方程得，即，

∴C的极坐标方程为．

∵l的极坐标方程为，

∴l的直角坐标方程为．

(2)将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得．

当时，设A，B所对应的极径分别为，

则，

∴，

∴，

∴，满足，

又，∴或．

23．已知函数．

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若不等式对和恒成立，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号即可求解；

（2）原不等式可转化为，利用绝对值不等式及均值不等式分别求出最值即可得解.

【详解】(1)由题意得，

当时，，解得；

当时，，无解；

当时，，解得．

综上，的解集为．

(2)，当且仅当时取等号，

所以．

因为，当且仅当时等号成立，

所以．

若不等式对和恒成立，

则，

所以，解得或，

即实数m的取值范围是．