2023赣州高三下学期3月一模试题数学（理）含答案

赣州市2023年高三年级摸底考试数学（理科）试卷 2023年3月本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第Ⅰ卷（选择题共60分）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.已知全集，集合，则（    ）A. B. C. D.2.已知i为虚数单位，若，则实数的值为（    ）A.3 B.2 C.1 D.3.在平面直角坐标系中，角，均以坐标原点为顶点，轴的正半轴为始边.若点在角的终边上，点在角的终边上，则（    ）A. B. C. D.4.某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制成如图所示的扇形统计图.在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（    ）A.该公司2022年营收总额约为30800万元B.该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的3倍还多C.该公司在华东地区的营收额比西南地区、东北地区及湖北省的营收额之和还多D.该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%5.已知点，双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上运动.当的周长最小时，（    ）A. B. C. D.6.已知，则（    ）A.40 B.8 C. D.7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，，则（    ）A. B. C. D.8.已知，，，则（    ）A. B. C. D.9.若函数，则方程的实根个数为（    ）A.3 B.4 C.5 D.610.德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时最大，人们称这一命题为米勒定理.已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点.若的最大值为，则实数的值为（    ）A. B.2 C.3 D.411.已知椭圆的左、右焦点分别为、.椭圆在第一象限存在点，使得，直线与轴交于点，且是的角平分线，则椭圆的离心率为（    ）A. B. C. D.12.在棱长为6的正方体中，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的表面积为（    ）A. B. C. D.第Ⅱ卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，.若，则实数的值为______.14.若实数，满足约束条件则的最大值为______.15.已知函数.若存在，，使不等式成立，则整数的值可以为______.（写出一个即可）.16.已知函数，的定义域均为，且，.若的图像关于直线对称，且，有四个结论①；②4为的周期；③的图像关于对称；④，正确的是______（填写题号）.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.17.（本小题满分12分）已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.18.（本小题满分12分）近年来，我国加速推行垃圾分类制度，全国垃圾分类工作取得积极进展.某城市推出了两套方案，并分别在，两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，通过设立宣传点、发放宣传单等方式，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：智能化垃圾分类，在小区内分别设立分类垃圾桶，垃圾回收前端分类智能化，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过设备进行自动登录、自动称重、自动积分等一系列操作.建立垃圾分类激励机制，比如，垃圾分类换积分，积分可兑换礼品等，激发了居民参与垃圾分类的热情，带动居民积极主动地参与垃圾分类.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分说明居民赞成推行此方案，低于70分说明居民不太赞成推行此方案.现从小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.19.（本小题满分12分）如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且.（1）证明：；（2）若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值.20.（本小题满分12分）已知抛物线，为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.（1）求抛物线的方程；（2）若，是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值；若不存在，请说明理由.21.（本小题满分12分）已知函数（，e为自然对数的底数）.（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）函数，，记的极小值为，求函数的值域.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.22.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系中，已知曲线（为参数），曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线的极坐标方程及曲线的普通方程；（2）已知，是曲线上的两个动点（异于原点），且，若曲线与直线有且仅有一个公共点，求的值.23.（本小题满分10分）[选修4-5；不等式选讲]已知函数.（1）若，解不等式；（2）证明：.赣州市2023年高三年级摸底考试数学（理科）参考答案一、选择题题号123456789101112答案BABDCDCDACBD11.解：由题意得，由椭圆定义得：.记，则，，则，，故，则（或由内角平分线定理得到），则，即（负值已舍）.12.解：如图，设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同.由余弦定理，由正弦定理外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，则，则三棱锥外接球的表面积.二、填空题13.； 14.； 15.与中的任选一个即可；16.①②③④.16.解：由结合，，，由得：，即，结合得：，从而有，进而得：，故4是的周期.又由的图像关于直线对称，即，从而可得：，从而有：，即，结合得，的图像关于对称，且，又，得.三、解答题17.解：（1）由…①当时，……1分当时，有…②……3分①-②得：，即……5分不符合上式，故……6分（2）由（1）知……7分故当时，……8分当时，……10分……11分因符合上式，故……12分18.解：（1）设小区方案一的满意度平均分为，则……2分设小区方案二的满意度平均分为，则……3分∵……4分∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎……5分（2）由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为，低于70分的频率为……6分现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则……7分，……8分，……9分，……10分∴的分布列为012345……11分期望……12分19.证：（1）证明：如图，连接，∵，为的中点，∴……1分又平面平面，平面平面，平面，故平面……2分∵平面，∴……3分又∵，且，，平面∴平面；而平面，∴……4分（2）解：由为等边三角形，，得……5分如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设为平面的一个法向量……6分则……7分又，，得取，得，则……8分∵为的中点，∴……9分∵，∴……10分则……11分设直线与平面所成角为，则……12分20.解：（1）因为点在上，则，而……2分所以……3分∴，所以……4分∴该抛物线的方程为……5分（2）法一：设，，，不妨设，∵，则，解得……6分①当与轴不垂直时，，，此时直线的方程为：，整理得……7分∵，∴的方程为：，则直线恒过定点……8分∵，即，∴在以为直径的圆上，该圆方程为……9分即当为该圆心时，为定值……10分②当轴时，，此时，∵，∴；当时，也满足……11分综上，平面内存在一个定点，使得为定值4……12分法二：设直线的方程为，，，联立……6分由题意，由韦达定理得：，……7分由，即解得……8分即，直线恒过定点……10分下同法一21.解：（1）法一：由得，故当时，；当时，.故函数在区间上单调递减，在上单调递增……1分∴，①当时，，函数无零点……2分②当时，，函数有一个零点……3分③当时，，又，……4分故当时，函数有两个零点……5分法二：方程等于解方程，记，故当时，；当时，.故函数在区间上单调递减，在上单调递增……1分∴，①当时，函数，即无零点……2分②当时，函数即有一个零点……3分③当时，由，……4分故当时，函数，即有两个零点……5分（2）法一：由，得：……6分由（1）知：当时，有两个零点，（不妨设），同时，也是的两个零点，且函数与单调性完全相同……7分∴在，上单调递增，在上单调递减……8分∴的极小值为……9分又满足，即，代入上式得……10分又，∴……11分∴……12分法二：由，记，结合显然函数在上单调递增，且，，故存在唯一，使得，且当时，；当时，，故在上单调递减，在单调递增，又，，，故存在两个零点，（不妨设），下同法一注：，即或均可处理.22.解：（1）由曲线（为参数），得，∴曲线的普通方程为……1分又由，得，∴曲线的极坐标方程为……3分又曲线，得，即……4分∴曲线的普通方程为……5分（2）由题意，设，则，又曲线与直线有且仅有一个公共点，∴即为点到直线的距离，由曲线的极坐标方程为，得，∴……6分……7分∴，即……8分∴……9分又，∴，即所求实数的值为……10分23.解：（1）不等式即或或……2分解得，或，或……4分∴原不等式的解集为……5分（2）证明：……6分（当且仅当时取等号）……8分（当且仅当时取等号）……9分（当且仅当时取等号）∴（当且仅当，时等号成立）……10分法二：……6分知在单调递减，在上单调递增……8分∴……9分∴（当且仅当，时等号成立）……10分