2023届江西省上饶市高三第一次高考模拟考试数学（文）试题含解析

2023届江西省上饶市高三第一次高考模拟考试数学（文）试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出集合A中元素范围，然后求即可.

【详解】，又，

.

故选：D.

2．若（为虚数单位），则（    ）

A． B．5 C．3 D．1

【答案】A

【分析】求出的代数形式，然后求模即可.

【详解】，

.

故选：A.

3．若函数，则（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【分析】直接根据解析式求解函数值即可.

【详解】由函数得，

.

故选：A.

4．某单位为了了解办公楼用电量y（度）与气温x（）之间的关系，随机统计了四个工作日的用电量与当天平均气温，并制作了对照表：由表中数据得到线性回归方程，当气温为时，预测用电量为（    ）

A．68度 B．66度 C．28度 D．12度

【答案】B

【分析】根据样本中心满足回归方程即可解决.

【详解】由表中数据可知，，

所以回归方程过，得，即，

则回归方程为，

当时，，

故选：B.

5．已知x和y满足约束条件，则的最大值是（    ）

A．70 B．80 C．90 D．100

【答案】D

【分析】画出不等式组表示的平面区域，再通过几何意义平移直线,利用数形结合得解.

【详解】画出不等式表示的平面区域，如图，

取得到直线，

由，可得，表示直线在轴截距的10倍，

联立，解得，即，

.

故选：D.

6．直线与圆的位置关系为（    ）

A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定

【答案】C

【分析】先求出直线过的定点，再通过定点和圆的位置关系来确定直线与圆的位置关系.

【详解】由直线得，

令，得，

故直线恒过点，

又，

即点在圆内，

故直线与圆的位置关系为相交.

故选：C.

7．函数的部分图象大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性以及特殊区间上的正负即可结合图象，利用排除法求解.

【详解】由得，所以为奇函数，故排除B,又当时， 故，此时排除A,

当时， 故，此时排除D,

故选：C

8．双曲线C：的左，右焦点分别为，，过作垂直于x轴的直线交双曲线于A，B两点，则的内切圆半径等于（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】由已知求出的值，找出的坐标，即可求出，，由等面积法即可求出内切圆的半径.

【详解】由双曲线，知，

所以，

所以，

所以过作垂直于轴的直线为，

代入中，解出，，

所以，，

设的内切圆半径为，在中，由等面积法得：

所以，

解得：.

故选：C.

9．执行如图所示的程序框图，若输出的结果，则判断框中填入的条件可以为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定的程序框图，逐次循环计算，结合输出结果进行判定，即可求解.

【详解】框图首先给累加变量赋值，给循环变量赋值，

判断框中的条件满足，执行，；

判断框中的条件满足，执行，；

判断框中的条件满足，执行，；

依次类推，令，知，

判断框中的条件满足，执行

此时不满足条件，退出循环，则判断框内应填入的条件是“”

故选：D.

10．设函数，若对，，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件求的范围，结合余弦函数的性质列不等式求的最大值.

【详解】由，可得，

由余弦性质可得：，，

取可得，，解得，

取可得，，解得

取可得，，解得

取可得，，解得，

因为，

所以，

所以满足条件的不存在，

所以的最大值为.

故答案为：D.

11．蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，，，，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】将三棱锥放入如图所示的长方体，设长方体的另一棱长为，由求出，即可求出，再由余弦定理和正弦定理求出的外接圆的半径为，即可求出该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积

【详解】因为三棱锥的外接球的半径为3，而，

所以为外接球的直径，如图，将三棱锥放入如图所示的长方体，

则，设长方体的另一棱长为，

所以，解得：，即，

设外接球的球心为，所以，，

取的外接圆的半径为，

则，

则，所以，则，

所以该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积：.

故选：D.

12．已知函数，则在上的零点个数是（    ）

A．2023 B．2024 C．2025 D．2026

【答案】B

【分析】先证明函数为周期函数，再利用导数研究函数在一个周期内的零点个数，由此可得结论.

【详解】因为，

所以函数是周期为的周期函数，

又，

当时，令，

可得或或

当时，，当且仅当时，

函数在上单调递增，

因为，，所以函数在存在一个零点；

当时，，当且仅当时，，

所以函数在上单调递减，

因为，，

所以函数在存在一个零点；

当时，，所以函数在上单调递增，

因为，，

所以函数在不存在零点；

所以当时，函数有两个零点，且零点位于区间内，

所以在上共有个零点.

故选：B.

【点睛】对于具有周期性的函数的性质的研究一般先确定函数的周期，再研究函数在一个周期性质，由此解决问题.

二、填空题

13．已知向量，，若三点共线，则______.

【答案】

【分析】由三点共线得向量共线，然后利用向量共线的坐标运算得答案．

【详解】三点共线，

与共线，

，解得．

故答案为：．

14．2022年12月4日是第九个国家宪法日，主题为“学习宣传贯彻党的二十大精神，推动全面贯彻实施宪法”，某校由学生会同学制作了宪法学习问卷，收获了有效答卷2000份，先对其得分情况进行了统计，按照、、…、分成5组，并绘制了如图所示的频率分布直方图，则图中______.

【答案】0.020

【分析】根据频率分布直方图的性质列方程求即可.

【详解】由频率分布直方图的性质可得，

，

故答案为：0.020

15．已知的内角所对的边分别为，，则角______.

【答案】##

【分析】先将等式去分母，然后利用正弦定理变形整理可得角A.

【详解】将等式两边同时乘以得

，

由正弦定理得，

又在中，得

，

.

故答案为：.

16．在正方体中，点P满足，其中，，则下列结论正确的是______.

①当时，平面；

②当时，与平面所成角的最小值为；

③当时，过点、P、C的平面截正方体所得截面均为四边形；

④满足到直线的距离与到直线的距离相等的点P恰有两个.

【答案】①②③

【分析】建立空间直角坐标系，当时，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明平面，判断①；求时直线的方向向量和平面的法向量，根据向量夹角公式求线面角的正弦值及其最小值，判断②；由可得三点共线，讨论点的位置，确定截面形状，判断③；证明点到直线的距离为，根据抛物线定义确定点的轨迹判断④.

【详解】由已知，

以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，

设，则，，，

所以，，，

因为，所以，

对于选项A，因为，所以，，

所以，

所以，，

所以，

所以，

又，平面，

所以平面；①对，

对于选项B，因为，所以，

，

向量为平面的一个法向量，

所以，

设与平面所成角为，则

，其中，

当或时，取最大值，

，，

所以，所以与平面所成角的最小值为；②对，

对于选项C，由，可得，

，

所以，所以三点共线，

记与的交点为，

当点与点重合时，

因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，

当点与点重合时，

因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，

当点与点重合时，

因为，所以过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，

当点在线段上时(不含端点)，连接并延长交于点，在线段上取点,使得，

在线段上取点,使得，

则，所以四边形为平行四边形，

所以,

因为，所以四边形为平行四边形，

所以，

所以，所以四点共面，

故过点、P、C的平面截正方体所得截面为四边形，

同理可得，当点在线段上时(不含端点)，过点、P、C的平面截正方体所得截面为下图中的四边形，

即当时，过点、P、C的平面截正方体所得截面均为四边形；③正确；

由已知点为正方形内一点，含边界，连接，过点作，垂足为，则点到直线的距离为，

因为平面，平面，

所以，所以点到直线的距离为，

由已知，

所以点到点的距离与点到直线的距离相等，

故点的轨迹为平面内，以点为焦点，为准线的抛物线的一部分，如下图所示，故④错误.

故答案为：①②③.

【点睛】本题为考查线面垂直的判定，直线与平面的夹角，正方体的截面和空间图形中的轨迹问题，是一道综合程度较高的试题，需要学生具有扎实的基础知识.

三、解答题

17．新型冠状病毒感染，主要是由新型冠状病毒引起的，典型症状包括干咳、发热、四肢无力等，部分人群会伴有流鼻涕、拉肚子等症状.病人痊愈的时间个体差异也是比较大的，新型冠状病毒一般2－6周左右能恢复.某兴趣小组为进一步了解新型冠状病毒恢复所需时间，随机抽取了200名已痊愈的新型冠状病毒患者（其中有男性100名，女性100名）进行调查，得到数据如下表所示：

若新型冠状病毒患者在3周内（含3周）痊愈，则称患者“痊愈快”，否则称患者“痊愈慢”.

(1)分别估计男、女新型冠状病毒患者“痊愈快”的概率？

(2)完成下面列联表，并判断是否有95%的把握认为患者性别与痊愈快慢有关？

附：.

【答案】(1)男、女新型冠状病毒患者“痊愈快”的概率分别为：

(2)二联表见解析，有95%的把握认为患者性别与痊愈快慢有关

【分析】（1）根据表中数据的统计，结合古典概型的概率公式即可求解，

（2）根据数据统计完成二联表，即可计算,进行判断.

【详解】（1）由表中数据可知：男性患者在三周以及以内康复的人有 ，女性患者在三周以及以内康复的人有 ，故男性新型冠状病毒患者“痊愈快”的概率为，女性新型冠状病毒患者“痊愈快”的概率为

（2）二联表如下表：

故

故有95%的把握认为患者性别与痊愈快慢有关

18．已知数列的前n项和为，，，且.

(1)证明：数列是等差数列，并求的通项公式；

(2)若等比数列满足，，，求数列的前项和.

【答案】(1)证明见解析，

(2)

【分析】（1）利用变形可得，进而可证明等差数列并求通项公式；

（2）设等比数列的公比为，先通过条件列方程求出，进而可求出，再利用并项求和法求和.

【详解】（1）由得，

，又，

数列是以2为首项，2为公差的等差数列；

；

（2）设等比数列的公比为，

则，

，

，

，

19．如图，在中，，，D是线段AC上靠近点A的三等分点，现将沿直线BD折成，且使得平面平面CBD.

(1)证明：平面平面PCB；

(2)求点B到平面PCD的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据三角形中的边角关系由余弦定理可求解的长度，进而可得垂直关系，由面面垂直的性质即可求解，

（2）利用等体积法即可求解.

【详解】（1）在中，由余弦定理得，故,

在中，,,所以，

由于,故，所以,

由于平面平面CBD，平面平面,平面CBD, 所以平面,

又平面PCB,所以平面平面PCB，

（2）由平面，平面,所以,

所以,

故在中，,则，

故,

设B到平面PCD的距离为，则由等体积法得,即

20．已知函数.

(1)当时，求过点且与曲线相切的直线的方程；

(2)若方程有两个不相等的实根，求实数a的取值范围.

【答案】(1)；

(2)a的取值范围为.

【分析】(1) 设切点为，根据导数的几何意义列方程求，由此可得切线方程；

(2)由已知有两个解，利用导数分析函数的性质作函数的图象，结合图象确定a的取值范围.

【详解】（1）当时，，则，

设过点的曲线的切线的斜率为，切点为，

则，又，

所以

所以，，

所以所求直线方程为；

（2）由题意，方程，显然，，

方程等价于，

记，则，

令，可得，

设，

因为函数在上单调递减，且，

所以时，，

当时，，函数在区间（0，1）上单调递增，

当时，，函数在区间上单调递减，

又，

当时，，

当时，与一次函数和对数函数相比，指数函数的呈爆炸性增长，

从而，，且，

当时，，，

根据以上信息作出函数的大致图象如下：

方程的解的个数为函数的图象与直线的交点的个数，

由已知函数的图象与直线的交点的个数为2，

所以，所以，

所以a的取值范围为.

【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于将方程的解的问题转化为函数的图象的关系的问题，再通过利用导数分析函数的单调性，作出函数的图象.

21．已知椭圆C：过点，且椭圆上任意一点到右焦点的距离的最大值为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l与椭圆C交不同于点A的P、Q两点，以线段PQ为直径的圆经过A，过点A作线段PQ的垂线，垂足为H，求点H的轨迹方程.

【答案】(1)

(2)点的轨迹方程为：除去点

【分析】（1）由题意可得，解方程即可得出答案.

（2）则不妨设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程由韦达定理结合，化简可得，即可求出直线恒过点则由题知在以为直径的圆周上，即可求出求点H的轨迹方程.

【详解】（1）由题意可得，解得，

所以椭圆方程为.

（2）由题意知，直线的斜率不为0，

则不妨设直线的方程为，

联立消去得，

，化简整理得，

设，则，

因为以线段为直径的圆经过，所以,

得，

将代入上式，

得，

得，

解得或（舍去）．所以直线的方程为，

则直线恒过点

因为过点做的垂线，垂足为，所以在以为直径的圆周上，

所以点的轨迹方程为：除去点

22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t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，曲线C的极坐标方程为.

(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)已知点P的直角坐标为，过点P作直线l的垂线交曲线C于D、E两点（D在x轴上方），求的值.

【答案】(1)直线的普通方程为，曲线的直角坐标方程；

(2)

【分析】（1）由直线的参数方程直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，再由极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程；

（2）依题意，设直线的参数方程为为参数），代入，可得关于的一元二次方程，由根与系数的关系结合参数的几何意义求解．

【详解】（1）由，消去参数得，

即直线的普通方程为；

由，得，

，，，

即曲线的直角坐标方程；

（2）依题意，直线，所以,设直线的参数方程为为参数），

代入，得，

设点对应的参数为，点对应的参数为，

则，且在轴上方，有，．

故，

即的值为．

23．已知函数，且的解集为.

(1)求实数m的值；

(2)若a，b，c均为正实数，且，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）考虑，和三种情况，分别计算不等式得到答案.

（2）变换，展开利用均值不等式计算得到答案.

【详解】（1）函数，且的解集为，

所以，

当时，，解得：；

当时，，且；

当时，，则，解得：.

的解集为，且，则；

（2）证明：

，

当时等号成立.