江西省100所名校最新模拟示范卷2023届高三数学（文）全国统一考试试题（四）（Word版附解析）

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按秘密级事项管理★启用前2023年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟测试本试卷共23题，共150分，考试时间120分钟，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内．2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚．3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效．4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑．5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱．不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．一、选择题：本题共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. 若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算及共轭复数的意义求解作答.【详解】依题意，，所以.故选：B2. 已知集合，，若，则（    ）A.  B.  C. 2 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用交集运算的结果求解作答.【详解】因为集合，，且，则有，所以.故选：A3. 椭圆的离心率为，则（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的离心率公式即可求解.【详解】由，知，因为椭圆的离心率为，所以，即，解得.故选：C.4. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】两边求导得，代入求出，最后得到，再代入即可.【详解】由得,将代人可得，，故，因此.故选：C.5. 已知，，，的平均数和方差分别为和，则，，，，的方差为（    ）A. 4 B. 6 C. 8 D. 12【答案】C【解析】【分析】根据平均数、方差公式计算可得.【详解】因为，，，的平均数和方差分别为和，所以，，所以所以，，，，的平均数也为，所以，即，，，，方差为.故选：C6. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】直接利用诱导公式和二倍角的余弦公式得，结合范围即可得到答案.【详解】，则,故，又，则.故选：A.7. 在中，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】依题意可得，为的中点，根据平面向量线性运算法则计算可得.【详解】因为，所以，所以为的一个三等分点（靠近），即，又，所以为的中点，所以.故选：D8. 已知，，且，，则如图所示的程序框图输出的（    ）A.  B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】，则得到，解出值，得到或，分类讨论即可.【详解】令，则，解得或，即或.当时，把代人，得所以；当时，同理得.该框图的算法功能为求两数的最小值，所以.故选：B.9. 若四棱锥的棱，的长均为2，其余各棱长均为，则该四棱锥的高为（    ）A.  B.  C.  D. 1【答案】B【解析】【分析】连接，，交点为，通过证明三角形全等得到，，即可得到、，从而得到平面，则平面平面，过点作，垂足为，连接，，即可说明，，，四点在以为直径的圆周上，再利用余弦定理求出、，由正弦定理求出外接圆的半径，最后利用勾股定理计算可得.【详解】如图连接，，交点为， ，，，，，由题意得，，，即，又，所以，，平面，平面，又平面，平面平面，过点作，垂足为，由面面垂直的性质可知平面，连接，，，，，平面，，，由，是公共边，，，同理可得，，，，四点在以为直径的圆周上， 所以，即，所以，在和中分别利用余弦定理可得，即，，所以，，即，所以，设外接圆的半径为，则，所以，即，所以，即该四棱锥的高为.故选：B10. 已知抛物线，直线，，为上的动点，则点到与的距离之和的最小值为（    ）A. 3 B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】利用抛物线的定义及点到直线的距离公式即可求解.【详解】由，得，焦点坐标为，准线方程为.由抛物线的定义可知，点到准线的距离等于到焦点的距离，所以点到与的距离之和的最小值为点到的距离，所以点到与的距离之和的最小值为.故选：A.11. 已知函数为上的奇函数，且，当时，，则，，的大小关系为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件及奇函数的性质，利用函数的周期性和单调性即可求解.【详解】因为为上的奇函数,所以，解得，所以当时，当时，单调递增，又因为为奇函数，所以当时，单调递增.由，即，于是，所以是以周期为的一个周期函数，所以把代入可得，，所以，即.因为在上单调递增，所以所以.故选：C.12. 已知函数的最小正周期，，且在处取得最大值．现有下列四个结论：①；②的最小值为；③若函数在上存在零点，则的最小值为；④函数在上一定存在零点．其中结论正确的个数为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用对称性计算判断①；探讨出值的表达式及范围判断②；对的取值验证判断③④即可作答.【详解】因为函数在处取得最大值，即函数的图象关于直线对称，因此，即，解得，①正确；因为函数在处取得最大值，则，即，有，于是，又，即，因此或，从而，②错误；当时，，当时，，由得，此时，当时，，由得，当时，，当时，，而区间长度，即当时，函数在上存在零点，，③正确；当时，，由得，显然当时，，即函数在上存在零点，当时，，而区间长度，函数在上存在零点，综上得函数在上一定存在零点，④正确，所以结论正确的个数是3.故选：C【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的零点问题，根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质求解即得.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的汉族传统民间艺术之一．它历史悠久，风格独特，深受国内外人士所喜爱．为了测算某窗花中文字和花纹（如图中阴影部分所示）的面积，作一个半径为4的圆将其包含在内，并向该圆内随机投掷2400个点，已知恰有1350个点落在阴影部分，据此可估计该窗花中文字和花纹的面积是______．【答案】【解析】【分析】设窗花中文字和花纹的面积为，根据几何概型得到方程，解出即可.【详解】圆的面积为，设窗花中文字和花纹的面积为，由题意可知，故.故答案为：.14. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，，则______．【答案】##【解析】【分析】直接利用余弦定理即可得到答案.【详解】由，代入数据得，化简得，解得（负舍），故答案为：.15. 已知正三棱台中，，圆柱的一个底面经过，，的中点，另一个底面的圆心为的中心，则该圆柱的侧面积为______．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用正三棱台的结构特征求出圆柱的底面圆半径及高，再利用圆柱的侧面积公式计算作答.【详解】在正三棱台中，令侧棱，，的中点分别为，显然为正三角形，，依题意，的外接圆是圆柱的下底面圆，令其圆心为，圆半径，令正的中心为，则，在直角梯形中，高，所以圆柱的侧面积.故答案为：16. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线的渐近线在第一象限部分上的一点，且，为坐标原点，则双曲线的离心率______．【答案】【解析】【分析】利用余弦定理求出，再在利用余弦定理求出，即可求出，，从而得到，再根据离心率公式计算可得.【详解】因为，，所以，，所以，在中，所以，所以，所以，则，即，所以双曲线的离心率. 故答案为：三、解答题：共70分．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）必考题：共60分．17. 某公司为响应《中国制造2025》中提出的坚持“创新驱动、质量为先、绿色发展、结构优化、人才为本”的基本方针，准备加大研发投资．市场部对同类产品连续5个月的销售单价和月销售量的数据进行了统计，得如下统计表：月销售单价（元/件）12345月销售量万件2823191510 （1）建立关于的线性回归方程；（2）根据（1）的结果，若该产品成本是0.5元/件，月销售单价（其中）为何值时，公司月利润的预测值最大？参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式：，．【答案】（1）    （2）当时,取得最大值,最大值为51.1万元.【解析】【分析】（1）求出，再代入公式即可得求出，最后得到线性回归方程.（2）由（1）得，利用二次函数图象与性质即可得到最值.【小问1详解】由题意知，，，故，关于的线性回归方程为.【小问2详解】设公司月利润的预测值为,则由（1）可得，因为,所以当时,取得最大值,最大值为51.1万元.18. 已知数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项和．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用等差数列及数列的前项和的定义，结合等差中项及等差数列的通项公式即可求解；（2）利用（1）的结论及错位相减法即可求出数列的前项和.【小问1详解】由，得，所以数列是以为公差的等差数列，又，所以，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由（1）知，，所以，所以由得即所以19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，为等腰三角形，，为的中点．（1）求证：平面．（2）若底面，且，求点到平面的距离．【答案】（1）见解析    （2）【解析】【分析】（1）取的中点,连接，通过证明从而得到平面，再证明平面，最后利用面面平行的判定与性质即可.（2）利用，从而用等体积法求出点到平面的距离为，再结合（1）中平面即可得到答案.【小问1详解】如图所示，取的中点,连接，等腰三角形,且，，又为等边三角形,且为的中点，，，又平面平面，平面，又分别为的中点，,又平面平面,平面.又，且平面，平面平面,平面平面.【小问2详解】连接，在等腰中,,在中,由余弦定理,得，，在Rt中,，所以.设点到平面的距离为，由,得,，所以.由（1）可知,平面点到平面的距离等于点到平面的距离.点到平面的距离为.20. 已知直线，圆，，直线和圆交于，两点．（1）当的中点为时，求圆的方程；（2）已知圆的方程与（1）中所求圆的方程相同，若斜率存在且不为0的直线过点，与圆交于，两点，为轴正半轴上一点，，，且直线与线段相交，求直线的斜率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用中点在直线上，可求，进而可得圆心坐标，进而得，可求圆的方程；（2）设直线的方程为，、，与圆联立方程组可得，进而由已知可得对恒成立，可得对恒成立，可求的坐标，进而可求直线的斜率．【小问1详解】圆即，所以圆心，当的中点为时，所以，解得，，，圆方程为；【小问2详解】设直线的方程为，、，联立，消去得，，，设，，对恒成立，，，，，，，对恒成立，，解得，，，化简得，解得或，当时，直线与轴的交点为，不符合题意，当时，直线与轴的交点为，符合题意，故直线的斜率为．21. 已知函数的图象在处的切线方程为．（1）求，的值及的单调区间．（2）已知，是否存在实数，使得曲线恒在直线的上方？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）,,的单调递减区间为，单调递增区间为.    （2），理由见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义及函数单调性与导数正负的关系即可求解；（2）根据已知条件将问题转化为不等式恒成立，再将问题转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解.【小问1详解】因为，所以，又在处的切线方程为，所以故，又，所以切线方程为，故，所以，则当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上，的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】且.由曲线恒在直线的上方,知.当时，等价于，即设则.由（1）可知，当时，单调递增,所以.设，则，当时，，所以在上单调递减，所以.所以当时，，所以在上单调递增，所以，所以.当时，等价于，即设由①可知.由（1）可知，当时，单调递减,所以.再设，则，当时，所以在上单调递增，所以.所以当时，，所以在上单调递增，所以，所以.综上可知，存在实数，使得曲线恒在直线的上方.【点睛】关键点睛：解决此题的关键是第一问利用导数的几何意义及导数法求函数单调性的步骤即可，第二问将曲线恒在直线的上方转化为恒成立，利用分类参数法注意分或情况讨论，转化为求函数的最值问题，再利用导数法求函数的最值即可.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． [选修4—4：坐标系与参数方程]22. 已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点．（1）求曲线的普通方程；（2）若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．【答案】（1）.    （2）或.【解析】【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.（2）写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.【小问1详解】由曲线的参数方程为（为参数），得，，，即（为焦点在轴上的椭圆）.【小问2详解】设直线的倾斜角为，直线过点直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，可得，，设，两点所对的参数为，，曲线与轴交于两点，在曲线的内部，一正一负，，而，，，，，解得，为直线的倾斜角，，，，或，直线的倾斜角为或. [选修4—5：不等式选讲]23. 已知，，．（1）证明：．（2）证明：．【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件及基本不等式即可求解；（2）利用分析法及作差比较法即可求解.【小问1详解】由基本不等式可得可得当且仅当时，等号成立.又由，得，所以当且仅当时，等号成立.故原不等式得证.【小问2详解】要证，即证即证令，即证因为且故，即原不等式得证.