2023南昌十中高三下学期第一次模拟数学（文科）试题PDF版含答案

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南昌十中2023届高三一模模拟数学答案（文科）一、选择题：本大题共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. 若集合，集合，则（    ）A.  B.       C.  D. 【答案】B【详解】根据集合表示纵坐标为1的点集，集合表示横坐标为0的点集，所以两者交集为，故选：B.2. 若复数，则（    ）A. 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】B【详解】因为复数，所以．故选：B．3. 总体由编号为01，02，，49，50的50个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，则选出的第4个个体的编号为　　附：第6行至第9行的随机数表2748  6198  7164  4148  7086  2888  8519  16207477  0111  1630  2404  2979  7991  9683  51253211  4919  7306  4916  7677  8733  9974  67322635  7900  3370  9160  1620  3882  7757  4950A. 3 B. 19 C. 38 D. 20【答案】B【详解】解：从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，位于01至50中间，含端点，则这四个数为：41、48、28，19，故选：B．4.如图是下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象，则该函数是(    )A.  B.  C.  D. 【答案】A 解：对于，，当时，，与图象不符合，故B错误；
对于，，当时，，与图象不符合，故C错误；
对于，，当时，，与图象不符合，故D错误．
故选A．5. 抛物线的焦点为，为抛物线上一动点，定点，则的最小值为（    ）A. 8 B. 6 C. 5 D. 9【答案】A【详解】如图，设抛物线的准线为，过作于，过作于，因为，所以当，，三点共线时，取得最小值，故的最小值为．故选:A.6. 2022年6月5日上午10时44分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号F运载火箭，将神舟十四号载人飞船和3名中国航天员送入太空这标志着中国空间站任务转入建造阶段后的首次载人飞行任务正式开启.火箭在发射时会产生巨大的噪音，已知声音的声强级（单位：）与声强（单位：）满足.若人交谈时的声强级约为，且火箭发射时的声强与人交谈时的声强的比值约为，则火箭发射时的声强级约为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，则，解得：，则火箭发射时的声强为，将其代入中，得：，故火箭发射时的声强级约为.故选：B7. 若，则（    ）A. 3 B.  C. 2 D. 4【答案】A【详解】解：因为，所以．故选：A.8. 一个几何体三视图如下图所示，则该几何体体积为（    ）A. 12 B. 8       C. 6 D. 4【答案】D【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥，如图，故其体积，故选：D． 9. 在区间上随机取一个数，则关于的方程至少有一个正根的概率为(    )A.                      B.                        C.              D. 【答案】D 【解析】解：若方程至少有一个正根，因为，
所以且判别式，得，
，对应概率．
10. 已知是椭圆：的左焦点，经过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且，则椭圆的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【详解】解：设椭圆的右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，∴椭圆离心率，故选：A．11.  如图，曲线为函数的图象，甲粒子沿曲线从点向目的地点运动，乙粒子沿曲线从点向目的地点运动两个粒子同时出发，且乙的水平速率为甲的倍，当其中一个粒子先到达目的地时，另一个粒子随之停止运动在运动过程中，设甲粒子的坐标为，乙粒子的坐标为，若记，则下列说法中正确的是(    )A. 在区间上是增函数 B. 恰有个零点
C. 的最小值为 D. 的图象关于点中心对称【答案】B 【解答】解：由题意得：，
所以，
由得，
令，则，因为在上递减，在上递增，所以在区间上是减函数，故A错误；
令，得或，解得或，故B正确；
 因为，所以的最小值为，故C错误；
因为，关于对称，是轴对称图形，
所以不可能关于点中心对称，故D错误；故选：12. 已知函数，，的定义域均为，为的导函数.若为偶函数，且，.则以下四个命题：①；②关于直线对称；③；④中一定成立的是（    ）A. ①④ B. ②③ C. ①②③ D. ①②④【答案】D【解析】【详解】对②：由，可得，则（与为常数），令，则，所以，则，故关于直线对称，②正确；对①：∵为偶函数，则，∴，则为奇函数，故，即，则是以4为周期的周期函数，由，令，则，可得，故，①正确；由，令，则，即，令，则，即，故，则，对③：由，即，则，由于无法得出的值，③错误；对④：，④正确；故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知直线，则过圆的圆心且与直线垂直的直线的方程为________.【答案】【详解】圆,化为标准方程可得则圆心坐标为 因为,直线与直线垂直由两条直线垂直的斜率关系可得直线的斜率为由点斜式方程可得,化简即故答案为: 14. 杜甫“三吏三别”深刻写出了民间疾苦及在乱世中身世飘荡的孤独，揭示了战争给人民带来的巨大不幸和困苦．“三吏”是指《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》，“三别”是指《新婚别》《无家别》《垂老别》．语文老师打算从“三吏”中选二篇，从“三别”中选一篇推荐给同学们课外阅读，那么语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》的概率是________．【答案】【详解】将《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》分别记为a、b、c，《新婚别》《无家别》《垂老别》分别记为d、e、f，从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间为，共9个样本点，记事件A为“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”，则，共2个样本点，故，故答案为：15. 将函数和直线的所有交点从左到右依次记为，，…，，若，则____________.【答案】10【详解】如图可知：函数和直线共有5个交点，依次为，其中，∵函数和直线均关于点对称，则关于点对称，∴，且，故故答案为：10. 16.  在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，为正方体棱上一动点．下列说法中所有正确的序号是          
在上运动时，存在某个位置，使得与所成角为；
在上运动时，与所成角的最大正弦值为；
在上运动且时，过，，三点的平面截正方体所得多边形的周长为；
在上运动时不与重合，若点，，，在同一球面上，则该球表面积最大值为．【答案】 解：对于，连接，，
平面，平面，；
四边形为正方形，；
又，，平面，平面，
又平面，，即与所成角恒为，错误；
 对于，取中点，连接，，
，分别为，中点，，又平面，平面，
与所成角即为，，
当最大时，最小，
又，当最大时，最小，
当与或重合时，取得最大值，
的最大值为，正确；
对于，延长，交于点，连接交于；
延长，交于点，连接交于；
则过，，三点的平面截正方体所得多边形即为五边形；

取中点，连接，
，，，即，
同理可得：，；
，，，
五边形的周长为，错误；
 对于，若点，，，在同一球面上，则该球即为三棱锥的外接球，
的外接圆半径，
三棱锥外接球半径，
又的最大值为，，
该球表面积最大值为，正确．
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题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.已知数列的前项和为，．求数列的通项公式；数列，表示不超过的最大整数，求的前项和．【答案】解：当时，，当时，，将代入上式得，满足，
所以；因为，，，，所以所以．18. 在多面体ABCDE中，平面ACDE⊥平面ABC，四边形ACDE为直角梯形，，AC⊥AE，AB⊥BC，CD=1，AE=AC=2，F为DE的中点，且点满足． （1）证明：GF平面ABC；（2）求多面体ABCDE的体积最大值．【答案】（1）证明见解析    （2）1【小问1详解】取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，在梯形ACDE中，且DC=EA，而M，N分别为BA，BE中点，∴MN//EA，MN=EA，∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，又，N为EB中点，∴G为EN中点，又F为ED中点，∴GF//DN，故GF//CM，又CM平面ABC，GF平面ABC，∴平面ABC.……5分【小问2详解】略……12分19. 某加工工厂加工产品A，现根据市场调研收集到需加工量X（单位：千件）与加工单价Y（单位：元/件）的四组数据如下表所示：X681012Y12m64根据表中数据，得到Y关于X的线性回归方程为，其中．（1）若某公司产品A需加工量为1.1万件，估计该公司需要给该加工工厂多少加工费；（2）通过计算线性相关系数，判断Y与X是否高度线性相关．参考公式：   ，时，两个相关变量之间高度线性相关．【答案】（1）该公司需要给该加工工厂57200元加工费.    （2）Y与X高度线性相关.【小问1详解】∵，，则，又∵∴，，∴，∵1.1万=11千，∴当时，（元），∴（元），答：估计该公司需要给该加工工厂57200元加工费.……5分【小问2详解】由（1）知，，，，  ∴∴，∴两个相关变量之间高度线性相关.……12分20. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一点，标记为；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆.若取半径为6的圆形纸片，设定点到圆心的距离为4，按上述方法折纸.（1）以点、所在的直线为轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆的标准方程；（2）若过点且不与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，在轴的正半轴上是否存在定点，使得直线，斜率之积为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在点，使得直线与斜率之积为定值.【解析】【小问1详解】如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系设为椭圆上一点，由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，长轴长 的椭圆，因为，，所以，，则，所以椭圆的标准方程为；……5分【小问2详解】由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的，联立两个方程得 ，消去得，得，设，，则，（*），，将（*）代入上式，可得上式，要使为定值，则有， ，又∵，∴，此时，∴存在点，使得直线与斜率之积为定值；综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值.……12分21. 设函数其中(Ⅰ)若曲线在点处切线的倾斜角为，求的值;(Ⅱ)已知导函数在区间上存在零点，证明:当时，.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)证明见解析【详解】(Ⅰ)，故，，故.……5分(Ⅱ) ，即，存在唯一零点，设零点为，故，即，在上单调递减，在上单调递增，故，设，则，设，则，单调递减，，故恒成立，故单调递减.，故当时，.……12分（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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），的参数方程为（t为参数）.（1）求的普通方程并指出它的轨迹；（2）以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，射线：与曲线的交点为O，P，与的交点为Q，求线段的长.【答案】（1）答案见详解；    （2）.【小问1详解】由已知可得，，则，又，所以，则所以的普通方程为，轨迹为以为圆心，2为半径的圆的上半圆以及其与轴的两个交点，.……5分【小问2详解】由曲线化为极坐标方程：，.把代入可得，所以.的参数方程为（t为参数），消去参数可得，可得极坐标方程为，把代入方程可得，所以，所以.又三点共线，且有.……10分[选修4-5：不等式选讲]23. 已知函数的最大值为.（1）求的值；（2）若，，求的最大值.【答案】（1）    （2）【小问1详解】由于，当时，，当时，，当时，所以……5分【小问2详解】，即，时等号成立，故，有最大值为.……10分