2023届江西省宜春市丰城县高三下学期4月一模文科数学试题含解析

这是一份2023届江西省宜春市丰城县高三下学期4月一模文科数学试题含解析，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届宜春市丰城县高三下学期4月一模数学（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．设集合，，则（    ）A． B．C． D．2．复数满足，则复数的虚部为（    ）A． B． C． D．3．已知等差数列满足，则数列的前项和（       ）A． B． C． D．4．已知，其中为常数，若，则的值为（ ）A． B． C． D．5．某校高一(1)班甲、乙两同学进行投篮比赛，他们进球的概率分别是和，现甲、乙各投篮一次，至少有一人投进球的概率是（    ）A． B． C． D．6．若平面向量，，则（    ）A． B． C． D．7．已知向量，，，若，则（    ）A．2 B．-2 C．3 D．8．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝m(k＝1，2，3)，则m的值为（    ）A． B．C． D．9．五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为:宫、商、角、徵、羽.如果从这五个音阶中任取三个音阶，排成一个三个音阶的音序，则这个音序中必含“徵”这个音阶的概率为（       ）A． B． C． D．10．据调查，某商品一年内出厂价按月呈的模型波动（x为月份），已知3月份达到最高价8千元，7月份价格最低为4千元，根据以上条件可确定f（x）的解析式为（    ）A．B．f（x）＝9sin（）（1≤x≤12，x∈N+）C．D．f（x）＝2sin（）+6（1≤x≤12，x∈N+）11．斐波那契数列在很多领域都有广泛应用，它是由如下递推公式给出的：，当时，．若，则（    ）A．98 B．99 C．100 D．10112．已知定义在R上的函数满足，且，若关于x的方程恰有5个不同的实数根，，，，，则的取值范围是A．（-2，-1） B．（-1，1）C．（1，2） D．（2，3）二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。)13．设向量，，，且，则__________．14．在的展开式中，含有项的系数是________．15．在直三棱柱中，，是上一点，则的最小值为_________.16．过椭圆上一点作圆的两条切线，切点为，过的直线与轴和轴分别交于，则面积的最小值为__________.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．已知直线，直线经过点，且.（1）求直线的方程；（2）记与y轴相交于点A，与y轴相交于点B，与相交于点C，求的面积.18．某地教体局为了解该地中学生暑假期间阅读课外读物的情况，从该地中学生中随机抽取100人进行调查，根据调查所得数据，按，，，，分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中m的值，并估计该地中学生暑假期间阅读课外读物数量的平均值；（各组数据用该组中间值作代表）(2)若某中学生在暑假期间阅读课外读物不低于6本，则称该中学生为阅读达人，以样本各组的频率代替该组的概率，从该地中学生中随机抽取4人，记抽取到的中学生为阅读达人的人数为X，求X的分布列与数学期望.19．如图所示，在梯形中，∥，⊥，， ⊥平面，⊥．（1）证明：⊥平面；（2）若，求点到平面的距离．20．已知抛物线的焦点为，点满足.（1）求抛物线的方程；（2）过点的直线交抛物线于两点，当时，求直线的方程.21．已知函数（为无理数，）（1）求函数在点处的切线方程； （2）设实数，求函数在上的最小值； （3）若为正整数，且对任意恒成立，求的最大值． 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】在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系.曲线的极坐标方程为，曲线的参数方程为，（为参数），.(1)求曲线的直角坐标方程，并判断该曲线是什么曲线；(2)已知点，设曲线与曲线的交点为、，当时，求的值. 23．【选修4-5： 不等式选讲】设函数.(1)解不等式；(2)令的最小值为，正数，，满足，证明：.
1．C【分析】先分别化简集合,再求其并集.【详解】∵集合,,∴,故选:C.【点睛】本题考查集合的并集运算,涉及解不等式,属于简单题.2．D【分析】由复数除法运算可求得复数，根据虚部定义可得结果.【详解】，的虚部为.故选：D.3．C【分析】利用等差中项的性质求出的值，再利用等差数列求和公式可求得的值.【详解】因为，因此，.故选：C.4．D【详解】试题分析：设，显然为奇函数，而且，，则，因为，，所以.考点：函数的奇偶性.5．D【分析】根据对立事件的概率公式以及相互独立事件同时发生的概率乘法公式即可求出．【详解】设事件“甲、乙各投篮一次，至少有一人投进球”，所以．故选：D．6．D【分析】由平面向量数量积的坐标运算直接求得结果.【详解】.故选：.【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.7．C【分析】由可得向量的数量积等于0，化简可得，结合二倍角公式以及同角的三角函数关系式化为，可求得答案.【详解】由题意可得，即，即，故 ，即，由于，故（舍去），故选：C8．B【分析】由分布列的性质得出m的值.【详解】由分布列的性质得故选：B9．C【分析】应用组合数、排列数求含“徵”音阶的基本事件数、五个音阶中任取三个音阶基本事件数，再根据古典概型的概率求法求概率.【详解】从这五个音阶中任取三个音阶，排成一个三个音阶的音序，基本事件总数，其中这个音序中含“徵”这个音阶的基本事件个数.则这个音序中必含“徵”这个音阶的概率为.故选：C.10．A【分析】由3月份最高价和7月份最低价可求得A和,由周期可求得,利用最大值或者最小值点可求得,进而求得解析式.【详解】由题意可得:当时,, 当时,,则得解得;因为函数周期T=2(7-3)=8,所以由T=,解得;又因当时,函数取最大值,所以=1,则,由得,所以可得函数解析式为,.故选:A.【点睛】本题考查了正弦型函数的性质以及应用,理解题意并转化题中条件求解参数是解题的关键,属于一般难度的题.11．B【分析】根据题意推出,再利用累加法化简即可求出的值.【详解】由题意得，，因为,，所以，，，，累加得，因为，所以当,,是递增数列.所以，所以.故选：.12．B【详解】作出函数的图象，由图象可知，若方程恰有5个不同的实数根，则．设，则，由图象可知．所以.选B．点睛：函数图象在函数与方程中的应用（1）研究两函数图象的交点个数：在同一坐标系中分别作出两函数的图象，数形结合求解；（2）确定方程根的个数：当方程与基本函数有关时，可以通过函数图象来研究方程的根，方程f(x)＝0的根就是函数f(x)图象与x轴的交点的横坐标，方程f(x)＝g(x)的根就是函数f(x)与g(x)图象交点的横坐标．13．7【详解】分析：根据向量的线性运算，求得，根据向量垂直时坐标间满足的关系即可求得k的值．详解：根据向量的坐标运算 因为所以 解得 点睛：本题考查了向量的线性运算、坐标运算和垂直时坐标间的关系，综合性强，但难度不大．14．【分析】根据组合数的计算性质，即可求解.【详解】由的展开式中，可得项的系数.故答案为：.15．【分析】连，沿将展开与在同一个平面内，连，则的长度就是所求的最小值，利用直棱柱的性质，由余弦定理可得结果.【详解】          图1连，沿将展开与在同一个平面内，如图1所示，连，则的长度就是所求的最小值，由直棱柱性质可得，由得，所以， 所以平面， 因为平面，所以所以,又因为是等腰直角三角形，所以，由此得，又所以由余弦定理可求得，，故答案为 .【点睛】本题主要考查直棱柱的性质、线面垂直的判定定理、余弦定理的应用以及空间想象能力，意在考查综合应用所学知识，解答问题的能力，属于难题.16．【分析】设出点坐标，根据相切关系分析得到的直线方程，由此表示出的坐标并表示出的面积，再根据在椭圆上结合基本不等式求解出面积的最小值.【详解】设，点坐标为，点坐标为，因为，所以化简可得，所以是方程的两个解，所以直线的方程为，所以且，所以的面积，且，所以，所以，取等号时，即或，综上可知：面积的最小值为，故答案为：.【点睛】结论点睛：和圆的切线有关的结论如下：（1）过圆上一点作圆的切线，则切线方程为；（2）过圆外一点作圆的切线，切点为，则直线的方程为.17．（1）（2）9【解析】（1）根据，得到的斜率，结合过点，得到答案；（2）根据题意求出，，坐标，从而得到的面积.【详解】（1）由直线知，又因，所以；因为直线经过点， 则直线的方程为，即 （2）由（1）可得与y轴相交于点，与y轴相交于点，且与相交于点，故的面积.【点睛】本题考查根据直线垂直关系求直线方程，求直线与坐标轴围成的三角形的面积，属于简单题.18．(1)；平均值为4.6；(2)分布列见解析；. 【分析】（1）先由频率分布直方图的频率公式及频率之和为1求得m，再利用频率分布直方图的平均值求法求得平均值；（2）先根据频率分布直方图求得抽取到阅读达人的概率，再利用二项分布概率公式和数学期望公式求得X的分布列和数学期望.【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得，则可以估计该地中学生暑假期间阅读课外读物数量的平均值为：.（2）由频率分布直方图可知从该地中学学生中随机抽取1人，此人是阅读达人的频率为， 所以从该地中学生中随机抽取4人，记抽取到的中学生为阅读达人的人数为X，则，故. 所以，，，，，X的分布列为：X01234P X的数学期型.19．（1）见解析（2）【分析】（1）通过⊥，⊥来证明；（2）根据等体积法求解.【详解】（1）证明：∵⊥平面，平面， ∴⊥. 又⊥， ，平面，平面，∴⊥平面. （2）由已知得，所以    且由（1）可知，由勾股定理得  ∵平面∴=， 且   ∴，由， 得 ∴  即点到平面的距离为【点睛】本题考查线面垂直与点到平面的距离. 线面垂直的证明要转化为线线垂直；点到平面的距离常规方法是作出垂线段求解，此题根据等体积法能简化计算.20．（1）（2）【详解】试题分析：（1）根据点在抛物线上及，即可求得得值，从而可求出抛物线的方程；（2）易知直线斜率必存在，设，，，由，可得，联立直线与抛物线的方程，结合韦达定理，即可求出，从而可求出直线的方程.试题解析：（1）由条件易知在抛物线上，，                                          故，即抛物线的方程为；                                   （2）易知直线斜率必存在，设，，，    ①，                                         联立得即，          由得，且②， ③，                                     由①②③得，即直线.  21．（1）；（2）当时,，当时，.（3）3.【分析】（1）求导，求出函数在点处的切线斜率，由点斜式求出切线方程；（2）研究函数在上的单调性即可求出在上的最小值；（3）由题意分离变量对任意恒成立，即即可，构造函数，研究的性质，求出其最小值即可.【详解】解：（1）∵函数的定义域为又，故函数在点处的切线方程为，即.（2）∵，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增.当时，在单调递增，当时，得.故当时,，当时，.（3）对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立，令，则，令，则，所以在上单调递增．∵，则，∴所以存在唯一零点，即．当时，；当时，；∴在时单调递减；在时，单调递增；∴由题意，，又因为为正整数，所以的最大值为3.22．(1)；椭圆；(2). 【分析】（1）利用极坐标与直角坐标互化公式求出的直角坐标方程，再由方程确定曲线作答.（2）将的参数方程代入的直角坐标方程，利用几何意义计算作答.【详解】（1）把代入得：，即，所以曲线的直角坐标方程是，它是焦点在x轴上的椭圆.（2）由（1）知，把方程代入并整理得：，设点、所对参数分别为，于是得，，由直线参数方程的几何意义知：，解得，而，于是得，所以的值是.23．(1)(2)证明见解析 【分析】（2）分，，三种情况讨论，去绝对值符号，从而可得答案；（2）根据绝对值的三角不等式求出的最小值，再根据基本不等式中“1”的整体代换结合基本不等式即可得证.【详解】（1）当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得，综上所述，不等式的解集为；（2）由题，当且仅当即时取“等号”，故的最小值，即，则，,当且仅当，即，时取等号,所以．