江西省新余市2023届高三数学（理）二模试题（Word版附解析）

这是一份江西省新余市2023届高三数学（理）二模试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了本卷分为试题卷和答题卷，等内容，欢迎下载使用。

新余市2022-2023学年高三第二次模拟考试
高三数学试题卷（理科）
说明：1.本卷共有三个大题，23个小题，全卷满分150分，考试时间120分钟.
2.本卷分为试题卷和答题卷，.答案要求写在答题卷上，在试题卷上作答不给分.
一、选择题（本大题共12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，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次不等式化简集合,即可结合选项逐一求解.
【详解】由得或，所以，故A错误，
，故B错误，
由于，所以，故C正确，
或或，故D错误，
故选：C
2. 复数在复平面内对应的点是A，其共轭复数在复平面内对应的点是B，O是坐标原点.若A在第一象限，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出，则，由向量垂直得到，从而求出的值.
【详解】设，则，
由得：，
因为，所以，故，
故.
故选：B
3. 随着经济的发展和人民生活水平的提高，我国的旅游业也得到了极大的发展，据国家统计局网站数据显示，近十年我国国内游客人数(单位：百万)折线图如图所示，则下列结论不正确的是（ ）

A. 近十年，城镇居民国内游客人数的平均数大于农村居民国内游客人数的平均数
B. 近十年，城镇居民国内游客人数的方差大于农村居民国内游客人数的方差
C. 近十年，农村居民国内游客人数的中位数为1240
D. 2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数占比逐年增加
【答案】C
【解析】
【分析】根据每一年城镇居民国内游客人数都多于农村居民国内游客人数，即可判断选项A；根据近十年，城镇居民国内游客人数的波动比农村居民国内游客人数波动大，即可判断选项B；由中位数的计算方法，可得近十年农村居民国内游客人数的中位数，即可判断选项C；根据2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数每年都比农村居民国内游客人数增长多，即可判断选项D.
【详解】由图可知，每一年城镇居民国内游客人数都多于农村居民国内游客人数，
所以近十年，城镇居民国内游客人数的平均数大于农村居民国内游客人数的平均数，故选项A正确；
由图可知，近十年，城镇居民国内游客人数的波动比农村居民国内游客人数波动大，
所以由方差的意义可知，近十年城镇居民国内游客人数的方差大于农村居民国内游客人数的方差，故选项B正确；
将近十年农村居民国内游客人数从小到大进行排列，
可得近十年农村居民国内游客人数的中位数为，故选项C错误；
由图可知，2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数每年都比农村居民国内游客人数增长多，
所以2012年到2019年，国内游客中城镇居民国内游客人数占比逐年增加，故选项D正确.
故选：C.
4. 在平面内，A，B是两个定点，C是动点，若，则点C的轨迹为（ ）
A. 圆 B. 椭圆 C. 抛物线 D. 直线
【答案】A
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系，然后结合数量积的定义求解其轨迹方程即可.
【详解】设，以AB中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，

则：，设，可得：，
从而：，
结合题意可得：，
整理可得：，
即点C的轨迹是以AB中点为圆心，为半径的圆.
故选：A.
【点睛】本题主要考查平面向量及其数量积的坐标运算，轨迹方程的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
5. 记是公差不为0的等差数列的前项和，若，，则数列的公差为（ ）
A. B. C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】由等差数列和等差数列的前项和公式代入求解即可得出答案.
【详解】由可得：①，
由可得：②，
由①②可得：或(舍去).
故选：A.
6. 更相减损术是出自中国古代数学专著《九章算术》的一种算法，其内容如下：“可半者半之，不可半者，副置分母、子之数，以少减多，更相减损，求其等也，以等数约之”，如图是该算法的程序框图，如果输入，，则输出的a是（ ）

A. 17 B. 23 C. 33 D. 43
【答案】B
【解析】
【分析】根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】根据程序框图，输入的，，因为，且，所以；第二次循环，；
第三次循环，；
第四次循环，，此时，输出.
故选：B
7. 钟灵大道是连接新余北站和新余城区的主干道，是新余对外交流的门户之一，而仰天岗大桥就是这一条主干道的起点，其桥拱曲线形似悬链线，桥型优美，被广大市民们美称为“彩虹桥”，是我市的标志性建筑之一，函数解析式为，则下列关于的说法正确的是（ ）

A. ，奇函数
B. ，在上单调递增
C. ，在上单调递增
D. ，有最小值1
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义及复合函数的单调性逐一判定即可.
【详解】由题意易得定义域为R，，即为偶函数，
故A错误；
令，则且随增大而增大，
此时，由对勾函数的单调性得单调递增，
根据复合函数的单调性原则得在上单调递增，故B正确；
结合A项得在上单调递减，故C错误；
结合B项及对勾函数的性质得，故D错误.
故选：B.
8. 表面积为的球内有一内接四面体PABC，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】四面体PABC体积最大需要到底面的距离为最大，分析出最大时满足，进而利用几何关系求出其最大值.
【详解】如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，
是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，
取中点，连接，过作，
由题意，可得,则，
因为是边长为3正三角形，
所以由正弦定理，可得，则，
四面体PABC体积为，
四面体PABC体积的最大需要最大，
由题意可知，在过并且与底面垂直的圆面上运动，
当运动到圆面的最高点时，最大，
由圆的对称性可知，此时,则，
又平面平面，平面，所以平面，
在中，，，
则，
则，，
在中，，
则，所以.
故选：D.

9. 据中国汽车工业协会统计显示，2022年我国新能源汽车持续爆发式增长，购买电动汽车的家庭越来越多.某学校为方便驾驶电动汽车的教职工提供充电便利，在停车场开展充电桩安装试点.如下图，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只能给其南北两侧车位中的一辆电动汽车充电.现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停入试点区域（停车前所有车位都空置），请问2辆电动汽车能同时充上电的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据排列组合即可求解个数，由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】事件A=“2辆电动汽车能同时充上电”，
先从中任选一个车位给第一辆电动车，有种选择，再从非与第一辆电动车并列的剩余四个车位中找一个给第二辆电动车，有种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，所以，
故选：D
10. 如果把一个平面区域内两点间的距离的最大值称为此区域的直径，那么曲线围成的平面区域的直径为（ ）
A. B. C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用曲线的对称性，求解曲线上的点到坐标原点的距离的最大值即可.
【详解】由曲线的方程可知：若点在曲线上，则均在曲线上，所以曲线关于轴以及坐标原点对称，
到坐标原点的距离为，
由于，故当时，，
根据对称性可知：该曲线上两点间的距离的最大值为，故直径为3，
故选：C
11. 已知且为整数，且，函数的图象如图所示，A，C，D是的图象与相邻的三个交点，与x轴交于相邻的两个交点O，B，若在区间上，有2023个零点，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由求得的范围，由求得，再利用求得，得周期，结合周期可得最大值．
【详解】由题意则为，则有，
进而，
又或，所以等于2，则，
相邻2个零点的距离有两种和，则当为1012个与1012个的和时最大为．
故选：B．
12. 已知函数，.若不等式在上恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据绝对值将原不等式转化为，进而分别讨论每个函数与的大小关系，通过导函数的单调性讨论得到当时，，所以必须有时，，分离参数求得的取值范围.
【详解】∵，
∴，即，
∴对任意的，或，
当时，两式均成立；
当时，有或，
令，，，
，
，，
∴在单调递减，在上单调递增，
而，且，
∴当时，单调递减，，即，
当时，单调递减，，即，
当时，单调递增，，即，
当时，单调递增，，即
故只有当时，，所以此时必须有，
即，，
∴.
故选：B.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置.）
13. 若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是_____

【答案】2
【解析】
【分析】根据三视图可知，该几何体是由两个直三棱柱和一个正方体组成的组合体，根据棱柱的体积公式可求出结果.
【详解】根据三视图可知，该几何体是由两个直三棱柱和一个正方体组成的组合体，
如图：

所以几何体的体积是.
故答案为：.
14. 二项式的展开式中含有常数项，则的最小值等于________.
【答案】3
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，令的指数为0，再根据的取值范围可求得结果
【详解】二项式的展开式为，
令，，
则，
因为，所以当时，取得最小值3，
故答案为：3
15. 如图，已知在扇形OAB中，半径，，圆内切于扇形OAB（圆和OA、OB、弧AB均相切），作圆与圆、OA、OB相切，再作圆与圆、OA、OB相切，以此类推．设圆、圆……的面积依次为，……，那么______________．

【答案】
【解析】
【分析】分别设圆的半径为，根据题意可得是以为首项，为公比的等比数列，然后结合圆的面积公式和等比数列求和公式计算即可求解.
【详解】如图，设圆与OA分别切于点，则，
圆的半径为，

因为，所以，
在中，，则，即，解得，
在中，，则，
即，解得，
同理可得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
因为，所以面积，……构成一个以为首项，以为公比的等比数列，
则，
故答案为：.
16. 已知F为抛物线的焦点，由直线上的动点P作抛物线的切线，切点分别是A，B，则与（为坐标原点）的面积之和的最小值是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，利用导数可得出抛物线在点A、B处的切线方程，联立即可得出点P的坐标，联立直线AB的方程与抛物线的方程，根据韦达定理及点P在直线上，即可求出的值，再利用面积公式结合基本不等式得出最小值.
【详解】根据题意直线AB斜率存在，设其方程为，设，，
由，得，求导得，
则抛物线在点A处的切线方程为，整理得：，
同理得抛物线在点B处的切线方程为，
则由，解得，即两切线的交点，
由消去y整理得，
则，，则，
点P在直线上，则，
则直线AB的方程为，过定点，
且，
设，则，
则，
，
，
，
当且仅当，即时等号成立，
则与的面积之和的最小值为.
故答案为：.
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答；第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）
（一）必做题：共60分.
17. 记三个内角分别为，其对边分别为，且满足，其中依次成等比数列.
（1）求；
（2）已知的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换公式求解；
(2)利用三角形面积和余弦定理求解.
【小问1详解】
∵，，
∴，
∴，
∴，
因为，∴.
【小问2详解】
由（1）得，，则，
,
∴，又∵成等比数列，∴，
由余弦定理，得，
，∴，
所求周长为.
18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，，E为棱AB的中点.

（1）证明：平面平面ABCD；
（2）若，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面、面面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
∵底面ABCD为菱形，则，
又∵分别为的中点，则，
故，
注意到，平面，
则平面，
∵平面，则，
又∵，E为棱AB的中点，则，
平面，
∴平面，
且平面，故平面平面ABCD.
【小问2详解】
若，，则为等边三角形，且为的中点，
故，
由（1）得，如图所示建立空间直角坐标系，
设，则，
可得，
设平面的法向量，则，
取，则，，
所以，
取平面的法向量，
则，
设二面角为，
则，可得，
所以二面角的正弦值为.

19. “水花行动”是由新余市政府的一项重大公益民生工程项目，旨在重点针对适宜游泳的学生中普遍开展免费游泳技能培训，2022年一年，全市接受培训的学生共计17153人，合格率达.了解某校学生接受培训后游泳技能的掌握情况，从该校随机选出40名学生参加游泳技能考核测试.现将这40名学生随机分成A、B两组，其中A组24人，B组16人.经过测试后，两组各自将考核成绩统计分析如下：A组的平均成绩为70，标准差为4；B组的平均成绩为80，标准差为6.
（1）求这40名学生测试成绩的平均分和标准差s；（结果精确到0.01）
（2）为进一步提高同学们对游泳的兴趣，在技能考核后增加了竞速挑战赛，同学们可以向“游泳高手”发起挑战.每轮挑战赛都采取“三局两胜制”，积分规则如下：比分为则获胜方积3分，比分为则获胜方积2分，落败方不积分.现有游泳爱好者小王向“游泳高手”甲和乙发出挑战申请，首先小王和甲进行第一轮比赛，若小王落败则挑战结束，若小王获胜则继续和乙进行第二轮比赛.已知和甲比赛小王每局获胜概率为，和乙比赛小王每局获胜概率为，记小王最终获得的积分为，求的分布列.参考数据：，
【答案】（1）平均分74；标准差6.93
（2）分布列见解析
【解析】
【分析】（1）根据平均值和方差公式计算即可得解；
（2）根据规则利用组合分别计算随机变量不同取值的概率，列出分布列得解.
【小问1详解】
，
组学生的方差为，
解得；
组学生的方差为，
解得.
这40名学生的方差为，所以.
【小问2详解】
记事件“小王与甲在一轮挑战赛中，小王获得积分分”为；
事件“小王与乙在一轮挑战赛中，小王获得积分分”为.
则，
，；
，，.
由题意知，的可能取值为0，2，3，4，5，6，
，，
，，
，
，
则的分布如下表：

0
2
3
4
5
6








20. 如图，已知椭圆，双曲线以原点为中心，且顶点是椭圆的焦点，设为该双曲线上异于顶点的任一点，直线和与椭圆的交点分别为A，B和C，D.直线，的斜率分别为，，满足.

（1）求双曲线的标准方程；
（2）是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）由椭圆方程求得双曲线半实轴长，根据斜率关系计算可得半虚轴长即可；
（2）设直线方程为，，与双曲线联立，利用韦达定理及弦长公式计算得，同理计算得，化简计算可得出.
【小问1详解】
由椭圆，得其焦点，，
则设方程为，点，
则，得到，
即双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设直线方程为，，
联立直线与椭圆方程得，得，，
则，，
所以，同理，
若存在使成立，则，
又，
由（1）得，所以，所以，
故存在，使成立.
21. 已知定义在上的函数．（其中常数是自然对数的底数，）
（1）当时，求的极值；
（2）（i）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（ii）当时，证明：．
【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极大值和极小值；
（2）（i）利用参变量分离法可得出对任意的恒成立，求出函数在区间上的最小值，由此可得出实数的取值范围；
（ii）证明得出：当时，，依次可得出，，，，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）当时，，该函数的定义域为，
则，，所以，函数在上为增函数，
且，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增.
所以，函数的极小值为，无极大值；
（2）（i），则，
在上单调递增，则对任意恒成立，
可得，下面证明：，其中，
即证，即证，其中，
由（1）可知，对任意的，，
又当时，，
，故实数的取值范围是；
（ii）由（1）可知，当时，在上单调递增，
当时，，即，
当时，，则，
，
当时，，
所以，，所以，，
，，，
将上述不等式全部相加得.
故原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
（二）选做题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，那么按所做的第一题计分
22. 在直角坐标系中，已知曲线的参数方程为(为参数)，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为(为直线的倾斜角)．
（1）求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程;
（2）设，直线与曲线相交于两点，求的最大值．
【答案】（1）；；
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用与正弦的和差公式可求得直线的直角坐标方程；利用消参法可求得曲线的普通方程；
（2）法一：先由条件得到直线的参数方程，再联立直线与曲线的方程，利用参数的几何意义得到，从而得解；
法二：利用圆的切割线定理得到，从而得到，由此得解.
【小问1详解】
由，得，
由，得直线的直角坐标方程为，
由(为参数)，两式相除得，
所以，整理得曲线的普通方程为.
【小问2详解】
法一：
因为直线经过点，所以直线的参数方程为(为参数)，
代入中，得，
由，得，又，故，
所以，
所以，
因为，所以，故，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为2.
法二：
直线经过点，曲线为除点外，以为圆心半径为的圆，
易得圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，且为切点，
所以由圆的切割线定理得，
所以，当且仅当为圆的直径时，等号成立，
故的最大值为2．
23. 已知实数，，满足，．
（1）证明：．
（2）用表示，，的最小值，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
分析】（1）利用综合法去证明；
（2）利用均值定理构造不等式去证明
【小问1详解】
由，可知，，都不为，
因为，所以，
因为，所以，即．
【小问2详解】
不妨设，则，
因为，，所以，，所以，，
因为，所以，所以， ，
即．