2023届江西省赣州市高三摸底考试数学（理）试题含解析

2023届江西省赣州市高三摸底考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先解分式不等式得集合，再根据补集的定义求解即可．

【详解】依题意可得集合，全集，

所以．

故选：B．

2．已知为虚数单位，若，则实数的值为（    ）

A．-1 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【分析】利用复数除法化简等式左侧，根据复数相等列方程组求参数值.

【详解】由题设，

所以，可得.

故选：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．

【答案】B

【分析】先利用三角函数的定义求出，，，，再利用两角和与差的余弦公式即可求解．

【详解】由点在角的终边上，则，，

又点在角的终边上，则，，

所以．

故选：B．

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%

【答案】D

【分析】根据题意给的数据，结合选项依次计算即可求解.

【详解】A：湖南省的营收额约为2156万元，占比7.00%，

所以2022年营收额约为万元，故A正确；

B：华南地区的营收额占比为19.34%，河南省的营收额占比为6.19%，

有，所以华南地区的营收额比河南省的3倍还多，故B正确；

C：华东地区的营收额占比为35.17%，西南地区的营收额占比为13.41%，

东北地区的营收额占比为11.60%，湖北的营收额占比为7.29%，

有13.41%+11.60%+7.29%=32.3%<35.17%，故C正确；

D：湖南的营收额占比为7.00%，华中地区的营收额占比为20.48%，

有，故D错误.

故选：D.

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．

【答案】C

【分析】利用双曲线的定义可以得出=，当三点共线时最小.

【详解】由双曲线得到,,，左焦点，

设右焦点.当的周长最小时，取到最小值，所以只需求出的最小值即可.

===.

故选：C.

6．已知，则（    ）

A．40 B．8 C． D．

【答案】D

【分析】设，根据二项式展开式可得、，即可求解.

【详解】设，

则，

，

所以，

所以.

故选：D.

7．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得、，利用余弦定理化简计算即可求解.

【详解】由，得，

由成等差数列，得，

由余弦定理，得，

即，

整理，得，由得，

由得.

故选：C.

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用对数、指数的性质判断大小关系即可.

【详解】因为，

所以.

故选：D

9．若函数，则方程的实根个数为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．6

【答案】A

【分析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解．

【详解】由，

则可作出函数的图象如下：

由方程，得或，

所以方程的实根个数为3．

故选：A．

10．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，则实数的值可以为（    ）

A． B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点；再根据圆的性质得到为等边三角形，从而求出的值.

【详解】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点.

设的外接圆的圆心为，则，圆的半径为.

因为为，所以，即为等边三角形，

所以，即或，解得或.

故选：C.

11．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．

【答案】B

【分析】根据题意和椭圆定义可得到，和，的关系式，再根据，可得到关于，的齐次式，进而可求得椭圆的离心率．

【详解】由题意得，

又由椭圆定义得，

记，

则，，

则，

所以，

故，

则，

则，即（负值已舍）．

故选：B．

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．

【答案】D

【分析】根据题意，三棱锥与三棱柱外接球相同.确定球心位置，利用正弦定理，余弦定理，勾股定理，求出球的半径，再利用球的表面积公式即可求解.

【详解】如图，设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同.

在中，，

由余弦定理，所以；

设外接圆半径为，

在中，由正弦定理

故外接圆半径，

设三棱柱外接球半径为，由勾股定理，   

则三棱锥外接球的表面积.

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是：把三棱锥的外接球转化为三棱柱的外接球，利用底面外接圆的半径和三棱柱的高，可得外接球的半径，从而得到外接球的面积.

二、填空题

13．已知向量，.若，则实数的值为______.

【答案】

【分析】根据两个向量垂直的坐标公式计算求解即可.

【详解】因为，,所以，

又因为,所以，

所以.

故答案为: .

14．若实数，满足约束条件则的最大值为______.

【答案】##

【分析】画出可行域，根据的几何意义即可求解.

【详解】画出的可行域，如图，

因为的几何意义为过点、的直线的斜率.

当该直线与曲线相切时,取得最大值，

设切点，则该直线的斜率为，

又，所以，解得，

得，所以.

故答案为：.

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）.

【答案】(答案不唯一)

【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简求出的最值,再结合存在不等式成立,求出整数的值即可.

【详解】因为，

化简得，

因为,所以,即得,即，

若存在，使不等式成立，则，

所以,所以与中的任选一个即可.

故答案为：.

16．已知函数，的定义域均为，且，．若的图象关于直线对称，且，有四个结论①；②4为的周期；③的图象关于对称；④，正确的是______（填写题号）．

【答案】①②③④

【分析】结合和判断①；根据和得到，从而可判断②；根据的图象关于直线对称，和得到，从而可判断③；结合②有，从而可判断④．

【详解】由，且，，得，，故①正确；

由，得，即，

又，得，则，

所以，故4是的周期，故②正确；

由的图象关于直线对称，即，

又，可得，

则，即，

又，得，

所以的图象关于对称，且，故③正确；

结合②有，得，故④正确．

故答案为：①②③④．

【点睛】本题综合考查函数的对称性和周期性，综合性较强，解答时要注意能否根据抽象函数的性质进行相应的代换，推出函数的周期，解答的关键是明确如何说明函数具有对称性和周期性等．

三、解答题

17．已知数列满足.

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用项与和的关系使用公式求解通项公式；

（2）利用裂项相消法求和.

【详解】（1）由…①

当时，;

当时，有…②

①-②得：，即;

不符合上式，故.

（2）由（1）知

故当时，；

当时，，

；

因为符合上式，故.

18．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．

【答案】(1)方案一的平均得分为，方案二的平均得分为；方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎

(2)分布列见解析，数学期望为

【分析】（1）由频率分布直方图计算平均数，再进行比较即可；

（2）由题意可得满足二项分布，然后进行求解分布列和期望即可．

【详解】（1）设小区方案一的满意度平均分为，

则

设小区方案二的满意度平均分为，

则

∵，

∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎．

（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，

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

，

，

，

∴的分布列为

期望．

19．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．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）连接，利用线面垂直证明异面直线垂直；

（2）根据为等边三角形，可得的值，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用向量的夹角公式即可求解．

【详解】（1）证明：如图，连接，

∵，为的中点，∴，

又平面平面，平面平面，平面，故平面，

∵平面，∴，

又∵，且，，平面，∴平面，

又平面，∴．

（2）由为等边三角形，，得，

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，，，，，

则，，

设为平面的一个法向量，

则，得，取，得，则，

因为为的中点，所以 ，

又，所以，

则，

设直线与平面所成角为，则，

20．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.

【答案】(1)

(2)存在，定值4，定点

【分析】（1）由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；

（2）法一：设，，利用求得，讨论与轴是否垂直，求直线所过的定点；法二：设直线的方程为，联立抛物线及韦达定理、得；最后结合确定的轨迹，即可确定定点和定值；

【详解】（1）因为点在上，则，而，所以，

，所以，故该抛物线的方程为.

（2）法一：设，不妨设，

，则，解得，

①当与轴不垂直时，，

此时直线的方程为：，整理得

，则的方程为：，则直线恒过定点

由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，

即当为该圆心时，为定值；

②当轴时，，此时，而，故；

当时，也满足，

综上，平面内存在一个定点，使得为定值4

法二：设直线的方程为

联立，且，

由韦达定理得：，

由，即，解得，

即，直线恒过定点，

由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，

即定点为该圆心时，为定值；

【点睛】关键点点睛：第二问，根据求纵坐标乘积，并确定直线过的定点坐标，最后利用判断的轨迹，即可得结论.

21．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.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，可得，分类讨论a的取值情况，结合零点的定义即可求解；

（2）设有的零点为（），利用导数研究函数的单调性，求出函数的极小值为，由，结合二次函数的性质即可求解.

【详解】（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当时，，函数无零点

②当时，，函数有一个零点

③当时，，又，

故当时，函数有两个零点

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当时，函数，即无零点，

②当时，函数即有一个零点，

③当时，由，，

故当时，函数，即有两个零点；

（2）法一：由，

得：，

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

∴在，上单调递增，在上单调递减，

∴的极小值为，

又满足，即，

代入上式得，

又，∴，

对于二次函数，开口向下，对称轴为，

在上，.

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

22．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)曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；

(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.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）先求曲线的直角坐标方程，再由写成极坐标方程；由写出曲线的直角坐标方程；

（2）根据曲线与直线有且仅有一个公共点，得出是直角三角形斜边上的高，根据等面积法转化为求解即可.

【详解】（1）由曲线（为参数），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为.

又由，得，

所以曲线的极坐标方程为.

由曲线，得，即，

所以曲线的普通方程为.

（2）由题意，设，则，

又曲线与直线有且仅有一个公共点，故为点到直线的距离，

由曲线的极坐标方程，得，

所以，，

所以，即，所以；

又，

所以，

即所求实数的值为.

23．已知函数.

(1)，解不等式；

(2)证明：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式的解集；

（2）法一：根据绝对值三角不等式求证不等式；法二：由绝对值对应函数的单调性求函数最小值范围，即可证结论.

【详解】（1）由题设，

所以，不等式等价于或或，

解得或或，

所以原不等式的解集为.

（2）法一：

（当且仅当时取等号）

（当且仅当时取等号）

（当且仅当时取等号），

所以（当且仅当时等号成立）.

法二：，

当时，；

当时，，

综上，结合各分段上一次函数的性质知：在单调递减，在上单调递增，

所以，（当且仅当时等号成立），

所以.