2023届江西省万安中学高三一模数学（理）试题含解析

2023届江西省万安中学高三一模数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则=（    ）

A．R B．

C． D．Q

【答案】A

【解析】首先得到，，再求即可.

【详解】，，

故.

故选：A

【点睛】本题主要考查集合的并集运算，同时考查函数的定义域和值域，属于简单题.

2．设复数z满足，且z的实部小于虚部，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】设，根据已知条件列方程，从而求得，也即求得.

【详解】设，

则，

所以.

故选：D

3．已知数列为等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则．

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】试题分析：由题意得，设等比数列的公比为，则，所以，

又，解得，所以，故选C．

【解析】等比数列的通项公式及性质．

4．已知定义在上的奇函数在满足，且区间上单调递增，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数为奇函数且，结合函数在单调递增，即可容易判断.

【详解】因为是定义在上的奇函数且满足，

则，

又，又在单调递增，故；

又.

综上所述：.

故选：B.

5．从甲袋中摸出1个白球的概率为，从乙袋内摸出1个白球的概率是，从两个袋内各摸1个球，那么概率为的事件是（    ）

A．2个球都是白球 B．2个球都不是白球

C．2个球不都是白球 D．2个球恰好有1个白球

【答案】C

【分析】根据相互独立事件概率乘法公式逐项计算判断即可．

【详解】解：设2个球都是白球为事件A，2个球都不是白球为事件B，

2个球不都是白球为事件C，2个球恰好有1个白球为事件D，

∵ 从甲袋中摸球与乙袋中摸球是相互独立事件，

∴，，

∵ 事件C与事件A是对立事件，

∴，

∵ 事件D可划分为从甲袋中摸出白球或乙袋中摸出白球这两个互斥事件，

∴．

故选：C．

6．中，点为上的点，且，若 ，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】选定基向量，根据向量的加减法，用基底表示出向量，结合条件即可求得，可得答案.

【详解】由题意可得

,

又，故，

故，

故选:B

7．已知向量，，且，若，满足不等式，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由得到，再作出不等式表示的平面区域，再利用数形结合分析得解.

【详解】∵，，

又∵，∴，即.

所以. 它表示斜率为纵截距为的平行直线系.

∵满足不等式的平面区域如下图所示：

当直线经过点时，直线的纵截距最大，最大，最大值为.

当直线经过点时，直线的纵截距最小，最小，最小值为.

故的取值范围为.

故选：D.

8．设随机变量的分布列为，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】根据所有随机变量的概率之和为1，列出方程，求解出的值，要求解的值，即求解，根据概率的定义可得.

【详解】解：∵随机变量的分布列为，

，

解得，

.

故选：D

【点睛】本题考查了离散随机变量的概率性质，解题的关键是熟记性质，熟练运用性质.

9．安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（    ）

A．100种 B．60种 C．42种 D．25种

【答案】C

【分析】给三个社区编号分别为1，2，3，则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从而求得所有安排方式的总数.

【详解】甲可有3种安排方法，

若甲先安排第1社区，

则第2社区可安排1个、第3社区安排3个，共；

第2社区2个、第3社区安排2个，共；

第2社区3个，第3社区安排1个，共；

故所有安排总数为.

故选：C.

【点睛】本题考查分类与分步计数原理、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

10．月均温全称月平均气温，气象学术语，指一月所有日气温的平均气温．某城市一年中个月的月均温（单位：）与月份（单位：月）的关系可近似地用函数（）来表示，已知月份的月均温为，月份的月均温为，则月份的月均温为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由题意得出关于、的方程组，可得出函数解析式，在函数解析式中令可得结果.

【详解】由题意可得，解得，

所以，函数解析式为，

在函数解析式中，令，可得.

因此，月份的月均温为.

故选：A.

11．若是函数的极值点，数列满足，，设，记表示不超过的最大整数.设，若不等式对恒成立，则实数的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由极值点得数列的递推关系，由递推关系变形得数列是等比数列，求得，由累加法求得，计算出，然后求和，利用增函数定义得此式的最小值，从而得出的最小值，再由不等式恒成立可得的最大值．

【详解】，∴，即有，

∴是以2为首项3为公比的等比数列，∴，

∴，

∴，

又为增函数，当时，，，若恒成立，则的最大值为1010.

故选：D．

【点睛】思路点睛：本题考查函数的极值，等比数列的判断与通项公式，累加法求通项公式，裂项相消法求和，函数新定义，不等式恒成立问题的综合应用．涉及知识点较多，属于中档题．解题方法是按部就班，按照题目提供的知识点顺序求解．由函数极值点得数列的递推公式，由递推公式引入新数列是等比数列，求得通项公式后用累加法求得，由对数的概念求得，用裂项相消法求和新数列的前项和，并利用函数单调性得出最小值，然后由新定义得的最小值，从而根据不等式恒成立得结论．

12．已知函数，函数有三个不同的实数根，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】先将条件“函数有三个不同的实数根，且”转化为“函数与有3个不同的交点，且交点的横坐标为，且”，接着作图得到，，，，再用表示，最后构建新函数并利用导函数求的范围.

【详解】解：因为“函数有三个不同的实数根，且”

所以“函数与有3个不同的交点，且交点的横坐标为，且”，

根据题意作函数与的图象，如图：

由图象可得：，，，

所以，是方程的根，所以；

是方程的根，所以，则

所以，令（）

则，令，

则，所以在区间上单调递增，

所以

所以，所以在区间上单调递增，

所以，化简整理得

故选：D.

【点睛】本题考查根据方程根的个数求取值范围、利用导数求函数的值域、由解析式画分段函数的图象，还考查了数形结合与转化的数学思想，是偏难题.

二、填空题

13．已知向量，，，，且，则_________.

【答案】

【分析】设，利用向量的模长和坐标运算可得答案．

【详解】设， ∵向量，满足， ，且，

∴，

∴，化为λ2＝5，

解得．

故答案为：．

14．已知的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则展开式中系数最大的项为______.（不用计算，写出表达式即可）

【答案】和

【分析】根据末三项的二项式系数的和求得，然后根据系数最大列不等式组，由此求得正确答案.

【详解】由题意可得，，所以，解得，

的展开式的通项为

令，解得，

由于，所以或12，

时，；时，，

所以展开式中系数最大的项为和.

故答案为：和

15．已知三棱锥中，三点在以为球心的球面上，若，，且三棱锥的体积为，则球的表面积为________.

【答案】

【分析】利用面积公式求出的面积，再利用余弦定理求出的长度，利用正弦定理求出的外接圆半径，根据勾股定理求出球的半径，由球的表面积公式即可求解.

【详解】的面积，

设球心到平面的距离为，

则，解得，

在中，由余弦定理

，

设的外接圆半径为，由正弦定理

则，解得，

设球的半径为，则，

所以球的表面积为.

故答案为：

【点睛】本题考查了球的表面积公式、三棱锥的体积公式、三角形的面积公式以及余弦定理解三角形，正弦定理解三角形的外接圆半径，属于中档题.

16．已知点和圆：，是圆的直径，和是线段的三等分点，（异于）是圆上的动点，于，（），直线与交于，则当__________时，为定值．

【答案】##0.125

【分析】根据题意，设，利用所给的性质，得到，，得到的方程和的方程，进而联立可求得点的轨迹为椭圆方程，最后利用椭圆的定义，得到的定值，即可求出的值

【详解】题意可得，，，，设，则由题意得，，

又由，可得点，

故的方程为，的方程为，

联立方程组，

可得，把代入化简可得，

故点在以为长轴的椭圆上，当为此椭圆的焦点时，为定值，

此时，由可得，求得.

故答案为：

三、解答题

17．已知函数，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A；

(2)若b=3，c=2，点D为BC边上靠近点C的三等分点，求AD的长度．

【答案】(1).

(2).

【分析】（1）运用三角恒等变换化简函数，再运用特殊角的三角函数值解方程即可.

（2）方法一：在△ABC中运用余弦定理求得BC及，再在中运用余弦定理可求得AD的值.

方法二：运用平面向量基本定理可得，两边同时平方运用数量积求解即可.

【详解】（1）因为

，

所以，所以．

所以，即．

又，所以．

（2）如图所示，

方法一：在△ABC中，由余弦定理可得，

则．又点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．

又在△ABC中，，

在中，由余弦定理可得，

所以．

方法二：因为点D为BC边上靠近点C的三等分点，所以．

等式两边同时平方可得．

所以，即．

18．我国是世界上严重缺水的国家之一，某市为了制定合理的节水方案，对家庭用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100个家庭的月均用水量（单位：t），将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图.

（1）记事件A：“全市家庭月均用水量不低于6t”，求的估计值；

（2）假设同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替，求全市家庭月均用水量平均数的估计值（精确到0.01）；

（3）求全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值（精确到0.01）.

【答案】（1）0.3；（2）4.92 t.；（3）

【解析】（1）通过频率分布直方图求得的频率，由此求得的估计值.

（2）根据由频率分布直方图计算平均数的方法，计算出全市家庭月均用水量平均数的估计值.

（3）通过频率分布直方图，计算出累计频率为的位置，从而求得全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值.

【详解】（1）由直方图可知的估计值为.  

（2）因为.

因此全市家庭月均用水量的平均数估计值为4.92 t.  

（3）频率分布直方图中，用水量低于2 t的频率为.

用水量低于4 t的频率为.

故全市家庭月均用水量的25%分位数的估计值为.

【点睛】本小题主要考查根据频率分布直方图计算频率、平均数、百分位数，属于基础题.

19．如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，，点E是棱PB的中点．

（1）证明：；

（2）若，求二面角的平面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）.

【分析】（1）先证，，则有平面PBC，从而可得到本题结论；

（2）先找出所求的二面角的平面角为，然后在中通过解三角形,即可得到本题答案.

【详解】（1）证明：如图，由底面ABCD，得，

又，故为等腰直角三角形，

而点E是棱PB的中点，所以，

由题意知，又AB是PB在面ABCD内的射影，由三垂线定理得，

从而平面PAB，故．

因，，

所以平面PBC．则；

（2）由第1问知平面PAB，又，得平面PAB，故，

在中，，，

从而在中，，

在中，，又，

所以为等边三角形．取CE的中点F，连接DF，则，

因，且，则为等腰直角三角形，

连接BF，则，

所以为所求的二面角的平面角，

连接BD，在中，，，，

所以．

故二面角的平面角的余弦值为．

【点睛】本题主要考查线线垂直的证明以及二面角的求法，找出二面角的平面角是解决此类题目的关键.

20．设抛物线的焦点为，动直线与抛物线交于，两点，且当时，.

(1)求抛物线的方程；

(2)连接，并延长分别交抛物线于两点，，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：是定值，并求出该值.

【答案】(1)

(2)证明见解析，

【分析】（1）根据联立方程，结合韦达定理，利用弦长公式即可求出方程；

（2）通过分别联立直线，与抛物线，用，点的坐标表示出，的坐标，再化简即可得到定值.

【详解】（1）联立，得，

则，设，则，

当时，，

所以，

解得或(舍)，

故抛物线的方程为.

（2）由题意知,由（1）得，且，

设直线,

联立，得，

则，所以，所以，

同理可得，，所以,

所以，

又，所以,即是定值，且定值为.

21．已知函数．

(1)求在点，处的切线方程；

(2)若，证明：在，上恒成立；

(3)若方程有两个实数根，，且，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；

(2)根据题意只需证，构造函数，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得只能在处取得最小值，进而求解即可；

(3)根据题意，构造和，利用二次求导讨论和的单调性和最小值，可得、，设方程的根和的根，再根据不等式的性质证明即可.

【详解】（1）函数，由，

由，，

所以切线方程为，

（2）当，时，，所以．

故只需证，

构造，

，

又在，上单调递增，且（1），

知在，上单调递增，

故（1）．

因此，得证．

（3）由（1）知在点，处的切线方程为．

构造，，．

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增．

又，，，所以在上单调递减，在上单调递增．

所以．

设方程的根．又，由在上单调递减，所以．

另一方面，在点处的切线方程为．

构造．

，．

当时，；当时，；

所以在上单调递减，在上单调递增．

又，，（1），

所在上单调递减，在上单调递增．

所以（1）．

设方程的根．

又，由在上单调递增，

所以．

，，

，

所以，得证．

【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点

（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.

（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.

（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

22．在平面坐标系中，圆M的参数方程为 （为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．

(1)求圆M的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)过圆M的圆心作直线l交曲线C于A，B两点，若，求直线l的直角坐标方程．

【答案】(1)，

(2)或．

【分析】（1）利用消参法可求得圆M的普通方程，根据极坐标与直角坐标之间的转换公式可求得曲线C的直角坐标方程；

（2）设直线的参数方程并和联立，得到跟与系数的关系式，结合化简求得，即可求得答案.

【详解】（1）由 ，可得，

所以圆M的普通方程为，

因为，所以，

曲线C的直角坐标方程为．

（2）由（1）知，，设直线l的参数方程为 （t为参数,），

代入得，

，，

，

即 ，①；

，．

又，所以，

即，

，

或，

代入①式验证满足题意，故或，

所以直线l的直角坐标方程为或．

23．已知函数．

（1）求不等式的解集；

（2）若函数的最小值为，求的最小值．

【答案】（1）；（2）6.

【解析】（1）对进行讨论，化简绝对值，进而可求不等式的解集；

（2）由绝对值不等式的性质可求的最小值，进而可求，然后结合基本不等式即可求解．

【详解】（1）①当时，原不等式可化为，得，故有；

②当时，原不等式可化为，得，故有；

③当时，原不等式可化为，解得，故有

综上，不等式的解集为．

（2）因为，

所以．

所以，

当且仅当，即时“”成立，

所以的最小值为6．

【点睛】本题主要考查了含两个绝对值的不等式，解绝对值三角不等式，基本不等式，属于中档题.