2023届江西省赣州市高三二模数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省赣州市高三二模数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省赣州市高三二模数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数单调性求集合A，根据二次函数求集合B，进而可求交集.【详解】由题意可得：，，所以.故选：D.2．等差数列满足，，则（    ）A．5 B．7 C．9 D．11【答案】B【分析】根据等差数列的性质运算求解.【详解】设等差数列的公差为d，因为，解得，所以.故选：B.3．已知复数满足（为虚数单位），则的最大值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据复数的几何意义结合圆的性质分析求解.【详解】设复数在复平面中对应的点为，由题意可得：，表示复平面中点到定点的距离为1，所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆，因为表示表示复平面中点到定点的距离，所以，即的最大值为3.故选：C.4．给出下列四个结论：①曲线的焦点为；②“若是函数的极值点，则”的逆命题为真命题；③若命题：，则：；③若命题：，，则：，．其中正确的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】将抛物线方程化为标准方程即可求出其交点坐标，即可判断①；举出反例，如，结合极值点的定义即可判断②；根据分式不等式的解法即可判断③；根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可判断④.【详解】对于①，由，得，所以其焦点为，故①成为；对于②，“若是函数的极值点，则”的逆命题为若，则是函数的极值点，若，则，所以函数为增函数，而，所以不是函数的极值点，所以“若是函数的极值点，则”的逆命题为假命题，故②错误；对于③，命题：，即，则：或，而不等式的解为或，故③错误；对于④，若命题：，，则：，，故④错误，所以正确的个数为为0个.故选：A.5．设实数，满足约束条件，则的最小值为（    ）A． B． C．5 D．【答案】B【分析】由题意画出可行域，表示可行域中一点与之间距离的平方，由图可知到直线的距离的平方为的最小值，求解即可.【详解】由题意画出可行域，如下图，，表示可行域中一点与之间距离的平方，则到直线的距离的平方为的最小值，则，所以.故选：B.6．已知数列的前项和为，满足，，则（    ）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】C【分析】根据前n项和与通项之间的关系分析可得数列是以首项，公比的等比数列，结合等比数列运算求解.【详解】因为，则，整理得，且，所以数列是以首项，公比的等比数列，则，所以.故选：C.7．已知曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而求切线与坐标轴的交点，根据题意列式求解即可.【详解】由题意可得：，则，即切点坐标为，斜率，切线方程为，令，解得，即切线与y轴交点坐标为；令，解得，即切线与x轴交点坐标为；可得与坐标轴围成的面积，解得.故选：A.8．把正整数集合排列成如图所示的三角阵，在第3列与第5列中各任取一个数，则取到的两个数之积是6的倍数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意利用列表法处理古典概型.【详解】由题意可得：第3列的数依次为，共5个；第5列的数依次为，共9个；若第3列与第5列中各任取一个数，如下表，共有种，若两个数之积是6的倍数，共有种，所以取到的两个数之积是6的倍数的概率.故选：C. 1718192021222324255╳√╳╳╳╳╳√╳6√√√√√√√√√7╳√╳╳╳╳╳√╳8╳√╳╳√╳╳√╳9╳√╳√╳√╳√╳9．《九章算术》是中国古代数学专著，承先秦数学发展的源流，进入汉朝后又经许多学者的删补才最后成书．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在三棱锥中，面，是以为斜边的直角三角形，过点作的垂面分别交，于，，则在，，，，，中任选四点，能构成鳖臑的有（    ）A．4种 B．3种 C．2种 D．1种【答案】A【分析】根据题意找出四个面都是直角三角形的四面体即可.【详解】在三棱锥中，面，因为面，所以，是以为斜边的直角三角形，所以，，平面，则平面，平面，所以，所以四面体四个面都为直角三角形，能构成鳖臑；过点作的垂面分别交，于，，所以平面，所以平面，则，，因为平面，平面，则，，，平面，所以平面，平面，所以，，所以四面体四个面都为直角三角形，即四面体是一个鳖臑；同理四面体，都是鳖臑；故选：A.10．若函数在上单调，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意结合三角函数的性质分析可得，对称轴为，对称中心为，运算求解即可.【详解】函数在上单调，则，可得，因为，且，所以的对称轴为，又因为，且在上单调，所以的对称中心为，即，注意到对称轴为与对称中心相邻，可得，则，且，解得，因为的对称轴为，则，解得，且，取，则.故选：D.11．在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，过点作交于点，过点作交于点，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，所以平面平面，过点作交于点，连接，则则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，所以，因为，所以，过点作⊥于点，则，则由几何关系可知，所以，由勾股定理得，所以点的轨迹所构成的周长为.故选：D12．已知函数的图像既关于点对称，又关于直线对称，且当时，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】用表示函数的图像，设，根据中心对称性与轴对称性，得到，令，求出，即可求出，即可得解.【详解】用表示函数的图像，对任意的，令，则，且，又函数的图像既关于点对称，且关于直线对称，所以，则，则，则，则，令，即，此时或（舍去），此时，即，因此.故选：B【点睛】关键点睛：本题考查了中心对称与轴对称的应用，求解的关键是根据中心对称与轴对称特点表示出函数图像上的点之间的关系，然后代值计算. 二、填空题13．下表是甲同学在某学期前四次考试中某科的的考试成绩与其所在班级该科平均分的情况：8785919777747984已知与呈线性相关，若甲同学在第五次考试中该科的考试成绩为90，根据回归分析，预计其所在班级该科平均分为________（用数字作答）．【答案】/【分析】求出，，根据回归直线方程必过样本中心点，即可判断.【详解】依题意，，因为回归直线方程必过样本中心点，即必过，所以当甲同学在第五次考试中该科的考试成绩为时，可预计其所在班级该科平均分为.故答案为：14．已知为锐角，满足，则________．【答案】2【分析】根据齐次式法运算求解即可.【详解】因为，整理得，解得或，又因为为锐角，则，所以.故答案为：2.15．在平行四边形中，点，分别满足，，若，则________．【答案】/【分析】以为基底向量，求，结合平面向量基本定理分析运算.【详解】以为基底向量，则可得：，因为，即，可得，两式相加的，可得.故答案为：.16．已知双曲线：的左右焦点分别为，，点在上，满足为直角三角形，作于点（其中为坐标原点），且有，则的离心率为________．【答案】【分析】根据题意分析可得，根据双曲线的定义结合通径以及三角形相似列式求解即可.【详解】由题意可知：显然，若，则//，因为为的中点，则点为的中点，这与相矛盾，不合题意；所以，可得，因为，则，即，整理得，解得或（舍去），所以的离心率为.故答案为：.【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值． 三、解答题17．设的内角、、所对的边长分别为、、，且．(1)求的值；(2)若，且的面积为2，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式，即可得出答案；（2）由同角三角函数的基本关系求出，由两角和的正切公式可求出，则，即可求，再由正弦定理和三角形的面积公式代入计算即可得出答案.【详解】（1）由正弦定理可得：，由，所以，整理可得：，所以，故.（2）由得，，于是，又，再结合（1）可得：，则，解得：或（舍去），所以，则，，由正弦定理可得：，则，由得，所以.18．在四棱锥中，，，是以为斜边的等腰直角三角形，且平面平面，，，二面角的正切值为．(1)证明：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，从而有，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）由，可得即为二面角的平面角，从而可求得，取的中点，连接，根据面面垂直的性质可得平面，以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又因平面，所以，，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）由（1）得，则即为二面角的平面角，在等腰直角中，，则，在中，，则，取的中点，连接，则，因为，，所以四边形为矩形，故，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，故，设平面的法向量为，则有，令，则，所以，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．19．3D打印即快速成型技术的一种，又称增材制造，它是一种以数字模型文件为基础，运用粉末状金属或塑料等可粘合材料，通过逐层打印的方式来构造物体的技术．中国的3D打印技术在飞机上的应用已达到规模化、工程化，处于世界领先位置．我国某企业利用3D打印技术生产飞机的某种零件，8月1日质检组从当天生产的零件中抽取了部分零件作为样本，检测每个零件的某项质量指标，得到下面的检测结果：质量指标频率(1)根据频率分布表，估计8月1日生产的该种零件的质量指标的平均值和方差（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；(2)由频率分布表可以认为，该种零件的质量指标，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．①若，求的值；②若8月1日该企业共生产了500件该种零件，问这500件零件中质量指标不少于的件数最有可能是多少？附参考数据：，若，则，，．【答案】(1)(2)①；② 【分析】（1）根据题意结合平均数和方差的公式运算求解；（2）①根据正态分布的性质运算求解；②根据题意结合二项分布的概率公式列式求解即可.【详解】（1）由题意可得：，（2）由（1）可得：，即.①因为，所以.②由①可知：，设这500件零件中质量指标不少于的件数为，则，可得，令，即，解得，且，则，即当时，概率最大，所以这500件零件中质量指标不少于的件数最有可能是489.20．已知函数．(1)当，时，讨论的单调性；(2)当时，是否存在实数，使恒成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减(2)不存在，理由见详解 【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性；（2）构建，注意到，可得，求得a，再代入检验即可结果.【详解】（1）当，时，则，，可得的定义域为，，构建，则，令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可得，当且仅当时，等号成立当时，，则；当时，，则；所以在上单调递增，在上单调递减.（2）不存在，理由如下：当时，则，构建，则，注意到，由题意可得，当时，则，，构建，则，可知在上单调递增，且，当时，；当时，；则在上单调递增，在上单调递减，可得，即在上恒成立，所以在上单调递增，当时，则，不合题意；故不存在实数a，使恒成立.【点睛】结论点睛：1.若在上恒成立，且，则；2.若在上恒成立，且，则；3.若（或）在上恒成立，且，则.21．在平面直角坐标系中，，，点为平面内的动点，且满足，．(1)求的值，并求出点的轨迹的方程；(2)过作直线与交于、两点，关于原点的对称点为点，直线与直线的交点为．当直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值时，求直线的方程．【答案】(1)(2)直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值的最小值，此时直线的方程为. 【分析】（1）讨论时，由余弦定理可得；当，设点在轴的正半轴上，则，可得，而即可求出点的轨迹的方程；（2）设的方程为，联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，由直线和的方程可得，进而求出直线的斜率，结合韦达定理可得直线的斜率，再由基本不等式可求出直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值的最小值.【详解】（1）①当时，在中，由余弦定理可得：，则，所以，所以.②当时，点在轴上，不妨设点在轴的正半轴上，则，，由，综上：因为，所以点的轨迹是以为焦点且长轴长为的椭圆，，故点的轨迹的方程为：.（2）设的方程为，代入的方程得：，设，则，点B关于原点O的对称点为C，知，直线和的方程为：，其中，由得，从而，所以，所以直线的斜率，而，所以，则直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值为，直线的斜率和直线的斜率的倒数之和的绝对值取得值最小值.当，即时取等，故直线的方程为.【点睛】方法点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，解题方法是设出直线方程，设出交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用根与系数关系得，代入表示出直线的斜率和直线的斜率，再有基本不等式求出最值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．22．在直角坐标系中，曲线：（为参数，且）．以坐标原点为点，轴为极轴建立极坐标系．(1)求的普通方程和极坐标方程；(2)设点是上一动点，点在射线上，且满足，求点的轨迹方程．【答案】(1)，(2)， 【分析】（1）根据圆的参数方程以及极坐标与直角坐标直角的转化运算求解，注意参数的取值范围；（2）根据题意结合极坐标的定义分析运算.【详解】（1）由消去参数可得：，注意到，则，所以的普通方程为，可知曲线表示以圆心，半径为1的上半圆，由，整理得，则，且，可得，又因为曲线为上半圆，则极角，所以的极坐标方程为.（2）设点的极坐标为，，因为点在射线上，且满足，则点的极坐标为，则，即，可得点的轨迹的极坐标方程为，，所以点的轨迹的直角坐标方程为，.23．设函数．(1)求函数的最小值；(2)若，，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）将函数写成分段函数，即可画出函数图象，数形结合即可判断；（2）根据的符号关系，将绝对值不等式进行化简，结合绝对值不等式的性质进行证明即可．【详解】（1），所以的图象如下所示：则在上单调递减，在上单调递增，所以.（2）若，则， 若，则，因此，而，故成立.