2023届江西省泰和中学一模文数试题（含答案）

2023届高三年级一模考试

数学（文）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．，，（ ）.

A．{1，2} B．{3，4，5}

C．{1，2，3，4，5，6，7} D．{6，7}

2．已知复数z满足，则（    ）

A．1 B． C． D．5

3．总体由编号为01，02，…，29，30的30个个体组成，现从中抽取一个容量为6的样本，请从随机数表第1行第5列开始，向右读取，则选出来的第5个个体的编号为（    ）

70  29  17  12  13  40  33  12  38  26  13  89  51  03

56  62  18  37  35  96  83  50  87  75  97  12  55  93

A．03 B．12 C．13 D．26

4．如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（    ）

A． B． 

C． D．

5．若抛物线上的点P的横坐标为3，则点P到焦点的距离是（    ）．

A．7 B．6 C．5 D．4

6．设为三角形三边长，，若，则三角形的形状为（     ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．无法确定

7．已知的三个内角分别为、、，若满足，，那么（    ）

A． B． C． D．

8．已知函数在区间上是增函数，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

9．球的球面上有四点、、、，其中、、、四点共面，是边长为2的正三角形，平面平面，则棱锥的体积的最大值为（    ）

A．1 B． C． D．

10．设随机变量ξ服从正态分布N（1，），P（ξ＞2）=0.3，则P（0＜ξ＜1）=（    ）

A．0.7 B．0.4 C．0.2 D．0.15

11．已知，分别为椭圆的左右焦点，为椭圆上一动点，关于直线的对称点为，关于直线的对称点为，当最大时，则点到轴的距离为（    ）

A． B． C． D．

12．对任意实数，记，若，其中奇函数在时有极小值，是正比例函数，与图象如图，则下列关于的说法中正确的是

A．是奇函数

B．有极大值和极小值

C．的最小值为，最大值为2

D．在上是增函数

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。)

13．已知的三个顶点为，则边上的高所在直线的方程为__________.

14．设有外形完全相同的两个箱子，甲箱中有99个白球，1个黑球，乙箱中有1个白球，99个黑球.随机地抽取一箱，再从取出的一箱中抽取一球，结果取得白球，我们可以认为这球是从_____箱中取出的.

15．设a为常数记函数且，的反函数为，则___________．

16．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱BC，C1D1的中点，点P在平面内，点Q在线段A1N上，若，则PQ长度的最小值为____.

三、解答题：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，每个考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

17．已知等比数列满足，，其前n项和为．数列满足．

(1)求．

(2)求数列的前n项和．

18．如图，四棱锥，平面平面，，，，，，为中点．

（1）求证：；

（2）求证：平面．

19．某中学为调查该校学生每周参加社会实践活动的情况，随机收集了若干名学生每周参加社会实践活动的时间（单位：小时），将样本数据绘制如图所示的频率分布直方图，且在,内的学生有1人．

(1)求样本容量，并根据频率分布直方图估计该校学生每周参加社会实践活动时间的平均值；

(2)将每周参加社会实践活动时间在[4,12]内定义为“经常参加社会实践”，参加活动时间在[0,4)内定义为“不经常参加社会实践”.已知样本中所有学生都参加了青少年科技创新大赛，有13人成绩等级为“优秀”，其余成绩为“一般”，其中成绩优秀的13人种“经常参加社会实践活动”的有12人.请将2×2列联表补充完整，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为青少年科技创新大赛成绩“优秀”与经常参加社会实践活动有关；

(3)在（2）的条件下，如果从样本中“不经常参加社会实践”的学生中随机选取两人参加学校的科技创新班，求其中恰好一人成绩优秀的概率.

参考公式和数据：

.

20．椭圆的左、右焦点分别为，若椭圆过点．

（1）求椭圆的方程；

（2）若，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一动点，设直线，分别交直线于点，，判断线段为直径的圆是否经过定点，若是，求出该定点坐标；若不恒过定点，说明理由．

21．已知函数．

（1）当时，求在上的最小值；

（2）若直线是函数的切线方程，求实数的值；

（3）若，证明：对任意实数，恒成立．

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.

22．【选修4-4：坐标系与参数方程】

已知曲线的参数方程为，在极坐标系中曲线的极坐标方程为．

（1）求曲线的普通方程与曲线的直角坐标方程；

（2）若曲线与曲线交于两点，求．

23．【选修4-5： 不等式选讲】

已知函数．

(1)解不等式；

(2)若对任意实数都成立，求的最大值．

1．B

【分析】根据交集的定义求交集即可.

【详解】A＝{1，2，3，4，5}，B＝{3，4，5，6，7}，

则A∩B＝{3，4，5}.

故选：B.

2．B

【分析】将等式两边同时取模可求解.

【详解】将等式两边同时取模，有，

即，所以.

故选：B

3．A

【分析】根据随机数表法的规则进行求解即可.

【详解】根据随机数表法的规则，依次得到的数为：17、12 、13 、26、03，第5个个体的编号为03，

故选：A

4．A

【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.

【详解】设，则，故排除B;

设，当时，，

所以，故排除C;

设，则，故排除D.

故选：A.

5．C

【分析】利用抛物线的定义，求解即可．

【详解】抛物线的焦点，准线为，由P的横坐标为3，

所以P到准线的距离为5，

故点P到焦点的距离是5．

故选：C.

6．B

【详解】试题分析：两边除以得，，故为直角三角形.

考点：1.解三角形；2.对数运算.

7．C

【分析】根据同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的正切公式和二倍角公式即可求解.

【详解】因为，所以在中，角为锐角，

由可得：，则，

所以，

则，

故选：.

8．B

【解析】采用整体替换法先求解出的单调递增区间，然后根据在上是增函数，得到的取值范围，则的最大值可求.

【详解】令，所以，

所以的单调递增区间为，

当时，的单调递增区间为，所以，所以的最大值为，

故选：B.

【点睛】思路点睛：求解形如的单调递增区间的步骤如下：

（1）先令；

（2）解上述不等式求解出的取值范围即为的单调递增区间.

9．B

【解析】由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，三棱锥的体积最大，计算出的长以及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示：

由于面面，所以点在平面上的射影落在上，根据球体的对称性可知，当在“最高点”，也就是说为中点时，最大，

是边长为的等边三角形，所以，球的半径为，

在中，，，

所以三棱锥的体积为.

故选：B

【点睛】易错点晴：球与几何体的外接和内切问题一直是高中数学的重要题型，也是高考和各级各类考试的难点内容．本题将三棱锥与外接球整合在一起考查三棱锥的体积的最大值无疑是加大了试题的难度．解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，先确定球心的位置是的外心，再求外接球的半径，并确定当为三棱锥的高时，该三棱锥的体积最大.

10．C

【分析】根据随机变量ξ服从正态分布，得出正态曲线的对称轴，由P（ξ＞2）=0.3，利用依据正态分布对称性，即可求得答案．

【详解】由题意，随机变量ξ服从正态分布N（1，），∴正态曲线的对称轴是：x=1，

又∵P（ξ＞2）=0.3，∴P（ξ≤0）=0.3，

∴P（0＜ξ＜1）=[1-（0.3+0.3）]=0.2，故选C．

【点睛】本小题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义、正态分布曲线的对称性的应用等基础知识，着重考查运算求解能力，及数形结合思想，属于基础题．

11．C

【解析】利用椭圆的定义可得当三点共线时，最大且此时，计算出焦点三角形的面积后可求点到轴的距离.

【详解】

连接，则，

所以，

当且仅当三点共线时等号成立.

如下图，当三点共线时，有，

故当三点共线时，有.

因为且，

故，所以，

解得，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：利用对称性和椭圆的定义得到线段长最大时焦点三角形满足的性质，再结合解三角形的方法得到所求的距离.

12．B

【详解】因为，是奇函数，其图象关于原点对称，所以与图象如图1所示；

根据，可知，的图象如图2所示，显然，的图象不关于原点对称，不是奇函数；无最小值、无最大值；其在区间 “先增后减”，故选B.

考点：新定义函数，函数的奇偶性，函数的图象，函数的单调性与极（最）值.

13．

【分析】由两点斜率公式求得，根据垂直直线的斜率关系求边上的高所在直线的斜率，再由直线的点斜式求边上的高所在直线的方程.

【详解】因为，

所以，设边上的高所在直线的斜率为，则

，所以，故边上的高所在直线的斜率为，

所以边上的高所在直线的方程为，即.

故答案为：.

14．甲.

【解析】分别求出甲箱中取到白球的概率和乙箱中取到白球的概率，由此进行判断．

【详解】解：甲箱有99个白球1个黑球，

随机地取出一球，得白球的可能性是，

乙箱中有1个白球和99个黑球，从中任取一球，得白球的可能性是，

由此看到，这一白球从甲箱中抽出的概率比从乙箱中抽出的概率大得多．

既然在一次抽样中抽得白球，当然可以认为是由概率大的箱子中抽出的．

我们作出推断是从甲箱中抽出的．

故答案为：甲

【点睛】本题考查概率的应用，属于基础题，解题时要认真审题，注意概率的计算．

15．

【分析】先求出反函数，然后求出，所以等于a个a相加．

【详解】由 ，得，

，

，

原式，

故答案为

【点睛】本题考查了反函数的求法，考查了函数值的计算，属于基础题．

16．1

【分析】取的中点，连接，得到，求得，得到点在以为圆心，1为半径的半圆上，在平面图形中，求得，结合，即可求解.

【详解】如图所示，取的中点，连接，则平面，所以，

因为，正方体的棱长为2，是的中点，

所以，

所以点在以为圆心，1为半径的位于平面内的半圆上，

单独画出平面及相关点、线，如图所示，

所以点到的距离减去半径就是长度的最小值，

连接，作交于，

则，

所以，解得

所以长度的最小值为.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）列方程组求得等比数列的首项公比q，进而利用等比数列前n项和公式即可求得的值；

（2）先求得数列的通项公式，再利用错位相减法去求其前n项和即可.

(1)

设等比数列首项为，公比为q，

则，解之得，

则，，，

则

(2)

由，可得

则数列的前n项和

则

则

18．（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理以及线面垂直的性质即可证明；

（2）取中点，连接，，可证得，从而证出，根据线面垂直的判定和性质证得平面，从而得，再根据线面垂直的判定定理即可证明结论．

【详解】证：（1）∵平面平面，平面平面，

，平面，∴平面，

又∵平面，∴；

（2）取中点，连接，，

在中，分别为，的中点，

∴，，

又∵且，∴且，

∴四边形为平行四边形，∴，

∵，为的中点，

∴，∴，

∵平面，平面，

∴，

∵，，∴，

∵，，，

∴平面，

又∵平面，∴，

又∵，∴，

∵，，，

∴平面．

【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系的证明，属于基础题．

19．(1)，5.8小时；

(2)见解析；

(3)

【分析】（1）先根据条件求得样本容量，然后再根据频率分布直方图中平均数的求法求解；

（2）结合题意完成列联表，并求出，与临界值表对照后可得结论；

（3）根据题意得不经常参加社会实践活动的有人，其中成绩优秀的有1人，然后根据古典概型概率的求法求解．

【详解】（1）解：由题意得活动时间在的频率为,

又参加社会实践活动的时间在内的有人，  

所以样本容量.

根据频率分布直方图，该校学生每周参加社会实践活动时间的平均值为:

（小时）．

（2）解：由题意得“不经常参加社会实践”的学生有人，

所以列联表如下：

由表中数据可得．    

所以在犯错误的概率不超过的前提下可以认为“青少年科技创新大赛成绩优秀与经常参加社会实践活动有关系”.

（3）解：由（2）知不经常参加社会实践活动的有人，其中成绩优秀的有1人．

设成绩优秀的编号为；成绩一般的学生有人，编号依次为.

所有参加培训的情况有： ，共10种.  

恰好一人成绩优秀的情况有,共4种.

所以由古典概型计算公式得所求概率为.

20．(1)；(2)答案见解析.

【详解】试题分析：（1）将点坐标代人椭圆方程 并与离心率联立方程组，解得，（2）根据点斜式得直线方程，与直线联立解得点坐标，根据向量关系得为直径的圆方程，最后代人椭圆方程进行化简，并根据恒等式成立条件求定点坐标.

试题解析：(1)由已知，

∴①

∵椭圆过点，

∴②

联立①②得，

∴椭圆方程为

（2）设，已知

∵，∴

∴都有斜率

∴

∴③

∵

∴④

将④代入③得

设方程

∴方程

∴

由对称性可知，若存在定点，则该定点必在轴上，设该定点为

则

∴

∴，∴

∴存在定点或以线段为直径的圆恒过该定点.

点睛：定点的探索与证明问题

(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．

(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．

21．（1）0（2）（3）见解析

【分析】(1)求出函数的到函数，可得的单调性，从而得出其最小值.

(2) 设切点为,由直线是函数的切线方程，则，即，又，即，即得，即求出函数的零点即可.

(3) 因为，所以当时，,所以当时，,设，可得恒成立，且，则时，，即，即，同理可得，从而可证.

【详解】解：（1）由于，则，从而在单调递增，从而．

（2），由题可知，设切点为，

则由，整理得．

当时，不可能；当时，得①．

又，即②．

由①②可得，．

令，则，注意到．

令，则，注意到．

令，则恒成立．

可得时，，时，，所以恒成立，

所以在上单调递增，可知是方程的唯一解．

所以切点为，．

（3）因为，

所以当时，③，

所以当时，④，

令，则．

当时，；当时，，所以恒成立，且．

设，则．

此时，即，结合③，得，

即，得到，成立

，即，结合④，得，

即，得到，

所以，成立，

所以成立，得证．

【点睛】本题考查利用导数求函数的最小值，根据切线求参数和利用导数证明不等式，属于难题.

22．（1），；（2）

【分析】⑴运用消参法求出曲线的普通方程和直角坐标方程

⑵运用弦长公式求出结果

【详解】（1）曲线的参数方程为，消去参数，得，

故曲线的普通方程为.

因为，即.

所以曲线的直角坐标方程为，即.

（2）由，消去，可得，即.

所以，，所以.

【点睛】本题考查了曲线普通方程和直角坐标方程之间的转化，只需运用公式代入化简即可，在求长度时运用弦长公式即可算出答案，较为基础．

23．(1)

(2)

【分析】（1）利用零点分段讨论法去掉绝对值，求解绝对值不等式；

（2）由绝对值三角不等式，则恒成立，利用基本不等式求的最大值．

【详解】（1），不等式等价于：

 或或 ，

解得或.

所以不等式解集为：.

（2）

恒成立，即，

由，

则，即，当且仅当时等号成立.

所以的最大值为.