江西省鹰潭市2023届高三数学（文）一模试题（Word版附解析）

鹰潭市2023届高三第一次模拟考试

数学试题（文科）

命题人：余江一中    审题人：贵溪一中

第Ⅰ卷

一、单选题：本大题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. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先求集合，再求.

【详解】由题意可知，，且，

所以.

故选：D

2. 已知复数z满足：，则虚部等于（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先由已知得，计算求出复数，再求出其共轭复数，从而可求得其虚部.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以的虚部等于，

故选：C

3. 在中，D为线段上一点，且，则（    ）

A. 2 B. 0.5 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量的线性运算，用表示，求得，即得答案.

【详解】由题意得，

故

,

结合可得，

故，

故选：C

4. 如图是某赛季甲、乙两名篮球运动员5场比赛得分的茎叶图，已知甲的成绩的极差为31，乙的成绩的平均值为24，则下列结论错误的是（    ）

A.  B.

C. 乙的成绩的中位数为 D. 乙的成绩的方差小于甲的成绩的方差

【答案】C

【解析】

【分析】结合茎叶图的数据分布特点，以及统计数据的极差、平均数、中位数、方差，依次分析选项，即可得答案．

【详解】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，甲得分的极差为31，，解得：，A正确；

对于B，乙的平均数为，解得，B正确；

对于C，乙的数据为：12、25、26、26、31，其中位数是26，C错误；

对于D，甲的平均数，与乙的平均数相同，但根据茎叶图可得乙得分比较集中，则乙得分的方差小于甲得分的方差，D正确；

故选：C．

5. 已知的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，且的图象关于y轴对称，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】化简，根据三角函数图象的平移变换可得的表达式，结合其性质，求得的表达式，即可求得答案.

【详解】由题意可得，

故，由于的图象关于y轴对称，

则为偶函数，故,即，

故的最小值为，

故选：B

6. 已知抛物线的焦点为F，准线为，点P为C上一点，过P作的垂线，垂足为A，若AF的倾斜角为，则（    ）

A. 6 B. 5 C. 4 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】画出图形，得到，求出，再利用焦半径公式求出.

【详解】由题意，得，准线方程为，

设准线与轴交于点K，，则，如图，

因为AF的倾斜角为150°，所以，

故，所以，

故，解得，

所以.

故选：A.

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用辅助角公式求得，然后利用二倍角公式计算即可.

【详解】，则，

则，

故选：D.

8. 使，的否定为假命题的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意知命题的否定为假命题，则命题为真命题，求出真命题成立的情况下的取值范围，再由选项即可判断出充分不必要条件.

【详解】由题使，的否定为假命题，知，为真命题，又，当且仅当时等号成立.所以是为真命题的充要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的既不充分也不必要条件，是为真命题的充分不必要条件.

故选：D.

9. 函数部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】通过函数奇偶性的定义对选项逐个进行判断，再取图象上的特殊点进行排除即可.

【详解】由图可知，在上的图象关于轴对称，所以在上为偶函数，故应先判断各选项中函数的奇偶性.

对A，，为偶函数，故A选项的函数为其定义域内的偶函数.

同理：

对C、D选项的均为其定义域内的偶函数，只有选项的为其定义域内的奇函数，从而排除选项B.

又，对A选项：，所以排除A.

而由图可知，对C选项：，，故排除C.

故选：D.

10. 如图，为正方体，下列错误的是（    ）

A. 平面 B. 平面平面．

C. 与共面 D. 异面直线与所成的角为90度

【答案】C

【解析】

【分析】由线面平行的判定定理可判断A；由面面垂直的判定定理可判断B，由异面直线的定义可判断C；以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，可得，可判断D.

【详解】对于A，由正方体的性质知：，平面，平面，

所以平面，故A正确；

对于B，由正方体的性质知：平面，

平面，平面，所以，

又因为，平面，所以平面，

平面，则平面平面，故B正确；

对于C，平面，因为平面，平面，

平面，由异面直线的判定定理知与是异面直线，故C不正确；

对于D，以为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，

，，，，

，，

所以异面直线与所成的角为90度，故D正确.

故选：C.

11. 打印是快速成型技术的一种，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，如图所示的塔筒为打印的双曲线型塔筒，该塔筒是由离心率为的双曲线的一部分围绕其旋转轴逐层旋转打印得到的，已知该塔筒（数据均以外壁即塔筒外侧表面计算）的上底直径为，下底直径为，高为，则喉部（最细处）的直径为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】画出塔筒的轴截面；以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系；设出双曲线的方程，根据题意写出点的坐标；把点的坐标代入双曲线方程即可求出答案.

【详解】该塔筒的轴截面如图所示，以为喉部对应点，以所在直线为轴，过点且与垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，设与分别为上，下底面对应点.

由题意可知，设，则，

设双曲线的方程为，因为双曲线的离心率为，所以.

所以方程可化简为，

将和的坐标代入式可得，解得，

则喉部的直径为.

故选：D.

12. 若函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知有两个实根，构造函数，利用导数研究函数的单调性及极值，作出函数的图象，利用数形结合思想即可求解.

【详解】由题意，得有两个实根，

设，则，

令，解得，

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

故当时，函数取得极大值，且，

又时，；时，；当时，，，

作出函数的大致图象，如图所示：

直线与的图象的两个交点的横坐标即分别为，

由题意知，又，，

因为存在唯一的整数，所以，

又直线与的图象有两个交点，

由图可知：，即.

故选：C.

【点睛】方法点睛：已知函数零点的情况求参数的取值范围，常用的方法有：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13. 观察下列等式：，根据上述规律写出第九个等式为_____________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，分析题干所给的等式可得：，进而可得答案．

【详解】根据题意，分析题干所给的等式可得：

则,

故第九个等式为:

.

故答案为: .

14. 已知函数，若是从，，三个数中任取的一个数，是以，两个数中任取的一个数，则该函数有两个极值点的概率为____________.

【答案】##0.5

【解析】

【分析】这是古典概型的题目，，的取法共有种.再根据函数有两个极值点，即导数有两个不同的根，求出的所有情况，根据古典概型的概率公式解出结果.

【详解】解：，的取法共有种，

又，由题意有个不等实根，

则，因为、均大于零，所以，

而满足的有，，共种，

故所求的概率为.

故答案为：.

15. 的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据正弦定理将表达式边化角变形，结合正弦和角公式即可求得，结合同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中由基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求得的值.

【详解】由正弦定理将变形可得

，

即，

由可得，

而是锐角，所以，

则由余弦定理可得，

则，

当且仅当时，取得最小值，

故，故，

所以.

故答案为:

16. 直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为___________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可确定直四棱柱的底面是正方形，设底面边长为a，侧棱长为h，可推出，得出其外接球的表面积的表达式，利用基本不等式即可求得答案.

【详解】因为直四棱柱的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，

设直四棱柱底面边长为a，侧棱长为h，

则其侧面积为，故，

又该直四棱柱的外接球的半径，

所以其外接球的表面积，

当且仅当，即时等号成立，

故其外接球的表面积的最小值为，

故答案为：

三、解答题（共80分）

17. 设数列的前项和为，，．

（1）求的通项公式；

（2）对于任意的正整数，，求数列的前项和．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）当时，由可得，两式作差变形可得，利用累乘法可求得数列的通项公式；

（2）求出数列的通项公式，利用奇偶分组求和法、裂项相消法、等比数列的求和公式可求得.

【小问1详解】

解：当时，由可得，

上述两个等式作差可得，所以，，则，

所以，，

也满足，故对任意的，.

【小问2详解】

解：对于任意正整数，，

所以，

.

18. 数据显示中国车载音乐已步入快速发展期，随着车载音乐的商业化模式进一步完善，市场将持续扩大，下表为2018—2022年中国车载音乐市场规模（单位：十亿元），其中年份2018—2022对应的代码分别为1—5．

（1）由上表数据知，可用指数函数模型拟合y与x的关系，请建立y关于x的回归方程（a，b的值精确到0.1）；

（2）综合考虑2023年及2024年的经济环境及疫情等因素，某预测公司根据上述数据求得y关于x的回归方程后，通过修正，把b-1.3作为2023年与2024年这两年的年平均增长率，请根据2022年中国车载音乐市场规模及修正后的年平均增长率预测2024年的中国车载音乐市场规模．

参考数据：

其中，．

参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为．

【答案】（1）   

（2）十亿元

【解析】

【分析】（1）由，两边同时取常用对数得到，设，，利用最小二乘法求解；

（2）由（1）得到2023年与2024年这两年的年平均增长率和2022年中国车载音乐市场规模为17求解.

【小问1详解】

解：因，

所以两边同时取常用对数，得，

设，

所以，设，

因为，

所以

，

所以

所以

所以

【小问2详解】

由（1）知2023年与2024年这两年的年平均增长率，

2022年中国车载音乐市场规模为17，

故预测2024年的中国车载音乐市场规模（十亿元）.

19. 如图，三棱柱的所有棱长都是2，平面，是的中点．

（1）证明：平面；

（2）求异面直线与所成角的余弦值；

（3）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）通过，得到证明.

（2）是中点，连接，确定异面直线与所成角为，计算线段长度，根据余弦定理计算得到答案.

（3）过点作于，确定平面，再利用等体积法计算得到距离.

【小问1详解】

平面，平面，故，

是等边三角形，是中点，故，

，面，故平面.

【小问2详解】

如图所示：是中点，连接，，则，，故.

异面直线与所成角为，

在中，，，，

根据余弦定理：，

故异面直线与所成角的余弦值为.

【小问3详解】

过点作于，平面，平面，故，

，面，故平面，.

，

，故，解得.

20. 已知函数，(e为自然对数的底数)，.

（1）若，求函数的单调区间；

（2）若恒成立，求实数m的值.

【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.

【解析】

【分析】（1）当时，，求导，令，得，分别讨论和时，的正负，即可得的单调区间；

（2）恒成立等价于恒成立，设，当时，经检验是上的增函数，且，不符合题意，当时，利用导数求得的单调性和极小值，只需求即可，令，利用导数判断的单调性，求得极值，综合分析，即可得答案.

【详解】解：（1）当时，，则.

令，得，

当时，；当时，.

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）恒成立恒成立恒成立，

设，则，

当时，恒成立，所以是上的增函数，

注意到，所以时，，不合题意；

当时，令，解得，

若，则，若，则，

所以是上的减函数，是上的增函数，

故只需即可，

令，则，

当时，，当时，，

所以是上的减函数，是上的增函数，

故，当且仅当时等号成立.

所以，即恒成立，

所以恒成立，

所以时，满足题意

【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数单调区间，极（最）值的方法，并灵活应用，难点在于，需合理构造新函数，并根据新函数的极值，进行推理和求解，属中档题.

21. 已知椭圆的中心在原点，对称轴为坐标轴且焦点在轴上，抛物线：，若抛物线的焦点在椭圆上，且椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知斜率存在且不为零的直线满足：与椭圆相交于不同两点､，与直线相交于点.若椭圆上一动点满足：，，且存在点，使得恒为定值，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求得椭圆的，代入公式即可求得椭圆的方程；

（2）以设而不求的方法得到两根和，再由条件，得到四边形为平行四边形，并以向量方式进行等价转化，再与恒为定值进行联系，即可求得的值.

【小问1详解】

由条件可设椭圆：，

因为抛物线：的焦点为，所以，解得

因为椭圆离心率为，所以，则，

故椭圆的方程为

【小问2详解】

设直线：，，，

把直线的方程代入椭圆的方程，可得，

所以，

因为，，所以四边形为平行四边形，

得，即，得

由在椭圆上可得，，即

因为，又

所以，

所以

将代入得，

所以，即.

【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。

请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．

（选修44：极坐标与参数方程）

22. 在直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线，直线l的参数方程为：（t为参数），直线l与曲线C分别交于两点.

（1）写出曲线C和直线l的普通方程；

（2）若点，求的值.

【答案】（1）;   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程得转化公式即可得出曲线C的普通方程，消去直线l参数方程中的t即可得直线l的普通方程；（2）联立直线l的参数方程和曲线C的普通方程得出关于参数的一元二次方程，利用参数的几何意义和韦达定理即可求得的值.

【小问1详解】

将等号两边同时乘以可得，

所以；即；

所以曲线C的普通方程为；

将消去参数t可得，，整理得；

即直线l的普通方程为

【小问2详解】

注意到在直线l上，直线倾斜角为，， ，

解得

所以直线参数方程为为参数），

联立C的直角坐标方程与l的参数方程得

整理得，

设方程的解为，则，，异号.

不妨设，，

有.

（选修4-5：不等式选讲）

23. 已知关于的不等式有解．

（1）求实数的最大值；

（2）在（1）的条件下，已知为正数，且，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）36

【解析】

【分析】（1）利用绝对值不等式得，所以有解只需即可；

（2）利用均值不等式求解即可.

【小问1详解】

因为，当且仅当等号成立

所以的最大值为3．

因为不等式有解，所以，解得，

所以实数的最大值．

【小问2详解】

由（1）知，，

因为（当且仅当时，等号成立），

，

当且仅当，即，时，等号成立，

所以的最小值为36．