江西省南昌市2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份江西省南昌市2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共18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。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若（为虚数单位），则（ ）
A．B．5C．3D．1
3．如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（ ）
A．，B．，C．，D．，
4．在中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
5．已知点A是抛物线的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足，当m取最大值时，点P恰好在以A､B为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知棱长为3的正四面体的内切球球心为，现从该正四面体内随机取一点，则点落在球内的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：
对于任意实数，
当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：
.
用这样的方法，估计的近似值约为（ ）
A．2.922B．2.926C．2.928D．2.930
10．已知直线和圆相交，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
11．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
12．在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（ ）
A．B．2C．1D．
二、填空题
13．已知向量，若，则___________.
14．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则_________．
15．在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体积为定值，则_____
16．若函数在时取得极值，则在上的最小值为_____．
三、解答题
17．已知数列满足．
（1）若是等差数列，求其首项和公差d；
（2）若，是否存在实数k和b使得数列是等比数列？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
18．如图，在直三棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
19．设函数．
(1)当时，求函数在定义域内的最小值；
(2)若求实数的取值范围．
20．甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束．经抽签，甲、乙先比赛，丙轮空．设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜的概率都为．
(1)求和；
(2)求．
21．已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为.
(1)求的方程；
(2)为椭圆上两个动点，且直线与的斜率之积为，，为垂足，求的最大值.
22．在平面直角坐标系中，已知曲线：（），：，，分别为曲线和曲线上的动点，且的最小值为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求和的极坐标方程；
(2)若射线与，在第一象限分别交于，两点，且，求的极坐标方程.
23．如图，AB是半圆的直径，O为AB的中点，、C在AB上，且，.
（1）用x、y表示线段OD，CD的长度：
（2）若，，，求的最小值.
参考答案：
1．C
【分析】解一元二次不等式求出集合A，根据指数函数性质确定集合B，根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】解得，
故，
所以，
故选：C
2．A
【分析】求出的代数形式，然后求模即可.
【详解】，
.
故选：A.
3．D
【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.
【详解】由题意可得：，则，
故，
∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.
故选：D.
4．B
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义求解作答.
【详解】在中，，则，必有，
而，满足，此时是直角三角形，不是等腰三角形，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．D
【分析】设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.
【详解】解：设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，
所以，
则，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号，此时，
综上当时，取得最大值，
，
点在以为焦点的椭圆上，，
由椭圆的定义得，
所以椭圆的离心率.
故选：D.
6．C
【分析】先利用两角和的正弦公式对已知等式化简，可求出，然后两边平方化简可求出，再利用余弦的二倍角公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
即，所以，
故.
故选：C.
7．C
【分析】根据对数的运算及对数函数的性质计算可得；
【详解】解：，，即，
又，所以，所以，
，，即，
又，所以，即，
综上可得；
故选：C
8．C
【分析】根据正四面体的结构特征及性质求其内切球的半径，求出内切球体积和四面体体积，利用几何概型—体积比求概率即可.
【详解】由正四面体各侧面为等边三角形，若为△的中心，
连接，则内切球球心在线段上，如下图示：，
所以内切圆半径，而面，面，面，面，
故，注意在面上，又，
所以为等腰三角形的垂心，故，
又，令，则，
所以，可得，故，
而正四面体的体积，
其内切球体积为，
落在球内的概率为.
故选：C
9．B
【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.
【详解】.
故选：B.
10．B
【分析】求出圆心到直线的距离与半径比较，解不等式，即可求解.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为
圆心到直线的距离
由直线与圆相交可知，解得
所以实数的取值范围为
故选：B
11．B
【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的单调性，由可得出，根据函数在上的单调性可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】对任意的，，，所以，函数的定义域为，
，则函数为偶函数，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
则等价为，即，
平方得，即，解得.
故所求的取值范围是．
故选：B.
12．A
【解析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角表示，并求出角范围，最后用基本不等式求最值.
【详解】因为，即，
所以，因为，
所以，由余弦定理，
可得，
再由正弦定理得，
因为，
所以，所以或，
得或（舍去）.因为是锐角三角形，
所以，得，即，
所以，
当且仅当，取等号.
故选:A
【点睛】本题考查考查用正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查基本不等式求最值，属于较难题.
13．
【分析】根据两向量垂直数量积为的坐标表示求出的值，然后得出的坐标表示，进而求出模长.
【详解】，
，解得：

故答案为：.
14．
【分析】由题得出渐近线斜率相乘为即可得出.
【详解】由题可得双曲线的渐近线方程为，
因为两条渐近线互相垂直，所以，解得.
故答案为：2.
15．2
【分析】根据给定条件，由面积为定值，借助等体积法确定平面即可计算作答.
【详解】在四棱锥中，点是侧棱上的定点，则面积为定值，
三棱锥的体积为定值，因此点到平面的距离为定值，
又点是侧棱上的动点，于是侧棱上的所有点到平面的距离都相等，则平面，
如图，连接，连接，平面平面，而平面，
因此，有，梯形中，，，则，
所以.
故答案为：2
16．##
【分析】根据函数在处取得极值可得，求得a的值，继而判断函数在上的单调性，由单调性求最小值即可.
【详解】，，
即，，
当时，，
在上单调递增，
.
故答案为：.
17．（1），；（2）存在，
【分析】（1）利用数列递推式，及是等差数列，可求其首项和公差；
（2）假设存在，利用数列是等比数列，建立等式，即可求得通项.
【详解】（1），
，，
是等差数列，，
，
，
；
（2）假设存在，则有常数
，
是等比数列，首项为2，公比为2，
，
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面平行；
（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.
【详解】（1）证明：设的中点为F，连接，.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面；
在中，，平面，平面，所以平面.
因为，平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.
设平面的法向量为，则
即取，则.
取的中点G，连接.由得.
在直三棱柱中，平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
所以为平面的一个法向量
.
易得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.
19．(1)1
(2)
【分析】(1)对求导判断其单调性，从而可求得最小值；
(2)令，则问题转化为当恒成立求实数的取值范围.对求导，分类讨论判断可知当时有最小值从而可求；当时没办法确定最小值，可通过确定来判断不成立.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
则.
令.
当时，；当时，
所以在上单调递减，在上单调递增.
故函数在定义域内的最小值为.
（2）令，
即恒成立.
①当时，令.
当时，，单调递减；当时，单调递增.
所以，原不等式成立.
②当时，时，单调递增.
所以当时，，所以不成立.
③当时，时，单调递减.
所以当时，，所以不成立.
④当时，令又，
，
所以不成立.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：
第二问可以转化为恒成立.从而确定的最小值.当时没办法确定最小值，可通过确定来判断不成立.
20．(1)，；
(2).
【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式即可求解；
（2）求得的所有取值及对应概率，利用离散型随机变量的期望公式计算即可.
【详解】（1）由题意得，当时，甲连胜或乙连胜，
所以，
当时，丙连胜，；
（2）根据题意可得可能的取值为，
当时，前三局甲、乙、丙平局，最后一局甲赢或乙赢，
所以，
所以．
21．(1)
(2)
【分析】（1）设椭圆方程，根据椭圆过点，以及的斜率为，构造方程解得答案；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用直线与的斜率之积为，整理化简证明直线过定点，进而求出的轨迹是圆，把问题转化为圆上的点到椭圆左顶点距离的最大值问题，使问题得到解决.
【详解】（1）由题意可知直线的方程为：， 即，
令，解得，所以，
椭圆过点，
可得， 解得，
所以的方程： ；
（2）设，
由题意得直线斜率不为零， 设， 代入到椭圆，
由得，即
所以,
由， 得， 即，
所以，
所以，
所以，
化简得，
所以或，
若，则直线过椭圆的左顶点，不适合题意，所以，
所以过定点，
因为为垂足，
所以在以为直径的圆上，，的中点为，
又，所以，
所以的最大值为，
即的最大值为.
【点睛】本题是圆锥曲线过定点问题，属于难题，解决问题的关键点有两个，一是过定点问题不是显性的，比较隐晦，识别出来有困难，第二在由斜率的乘积是常数进行化简整理的过程中，计算直线过定点难度比较大，容易形成畏难心理导致计算失败.
22．(1)，
(2)
【分析】（1）由及的最小值求出，再根据将曲线的直角坐标方程化为极坐标方程.
（2）依题意设射线的极坐标方程为，即可得到，，再根据求出，最后代入的极坐标方程求出，即可得解.
【详解】（1）解：对于曲线：，则，，
因为，又的最小值为，所以，即，
由，得，由可得，即，
所以曲线的极坐标方程为.
（2）解：依题意设射线的极坐标方程为，则，，
依题意，即，所以，解得或，
又，所以.
23．（1），；（2）2
【解析】（1）为直径，，为半径，则.中，利用勾股定理，可求出；
（2）中，则，即可得.再令，同理可得，由此解得.
【详解】解：（1）直径，则半径，
在中，
，
即；
（2）由（1）知，，
即，当且仅当时，等号成立，
，
令
则
（当且仅当时，等号成立），
的最小值为2.
【点睛】本题考查了勾股定理，基本不等式的变形应用，考查了转化的思想，属于中档题.