江西省南昌市第十九中学2023届高三下学期第三次模拟考试理科数学试卷及答案

这是一份江西省南昌市第十九中学2023届高三下学期第三次模拟考试理科数学试卷及答案，共21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．已知复数是关于的方程的两根，则的值为（ ）
A．-3B．-2C．2D．3
3．已知命题p：，，则命题p的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
5．小明在跨境电商平台上从国外购买了几件商品，这些商品的价格如果按美元计，则平均数为20，方差为50，如果按人民币计（汇率按1美元元人民币），则平均数和方差分别为（ ）
A．20，50B．140，350C．140，700D．140，2450
6．角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点P．已知．则点P可能位于如图所示单位圆的哪一段圆弧上（ ）
A．B．C．D．
7．如图是下列四个函数中的某个函数在区间上的大致图象，则该函数是（ ）
A．B．
C．D．
8．世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当很大时，（常数）．利用以上公式，可以估计的值为（ ）
A．B．C．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．
10．若实数满足，则（ ）
A．-4B．-3C．-2D．-1
11．已知椭圆，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，，直线m经过点B且垂直于x轴，P是椭圆上异于A，B的任意一点，直线AP交m于点M，则（ ）
A．B．C．D．
12．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．已知，，则向量在向量方向上的数量投影为 .
14．已知x，y满足约束条件，则的最小值为 ．
15．已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的外接球的表面积为 ．
16．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 ．
三、解答题
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，.
(1)求；
(2)求.
18．某市为了更好地了解全体中小学生感染某种病毒后的情况，以便及时补充医疗资源，从全市中小学生中随机抽取了100名该病毒抗原检测为阳性的中小学生监测其健康状况，100名中小学生感染某种病毒后的疼痛指数为X，并以此为样本得到了如下图所示的表格：
(1)统计学中常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的似然比．现从样本中随机抽取1名学生，记事件A为“该名学生为有症状感染者（轻症感染者和重症感染者统称为有状感染者）”，事件B为“该名学生为重症感染者”，求事件A发生的条件下事件B发生的似然比；
(2)若该市所有该病毒抗原检测为阳性的中小学生的疼痛指数X近似服从正态分布，且．若从该市众多抗原检测为阳性的中小学生中随机地抽取3名，设这3名学生中轻症感染者人数为Y，求Y的概率分布列及数学期望．
19．如图，在四棱锥中，，且，底面ABCD是边长为2的菱形，．
(1)证明：平面平面ABCD；
(2)若，求平面PCD与平面PAD所成锐二面角的余弦值．
20．已知圆M过点，且与直线相切．
(1)求圆心M的轨迹的方程；
(2)过点的直线交抛物线于A，B两点，过点和A的直线与抛物线交于另一点C，证明：直线CB过定点．
21．已知函数，．
(1)若在上恒成立，求a的取值范围；
(2)证明：．
22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线的普通方程；
(2)直线与曲线交于点，求线段的长.
23．设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若，求证：对任意，都有成立．
疼痛指数X
人数
10
81
9
名称
无症状感染者
轻症感染者
重症感染者
参考答案：
1．D
【分析】求出集合中的元素，再求即可.
【详解】集合，
故选：D.
2．D
【分析】解方程可得与，利用乘法运算直接计算，或者利用韦达定理即可.
【详解】解法一：由，得，，
所以；
解法二：方程，由韦达定理可得.
故选：D
3．C
【分析】直接根据全称命题的否定是特称命题得到答案.
【详解】已知命题p：，，则命题p的否定为：，.
故选：C
4．C
【分析】根据幂函数的性质可得，再利用特殊值判断A、D，根据不等式的性质及对数函数的性质判断B，根据指数函数的性质判断C.
【详解】因为是定义在上单调递减函数，由，
所以，
对于A：若、时，，故A错误；
对于B：因为，所以，，所以，
所以，故B错误；
对于C：因为，所以，故C正确；
对于D：若，，则，，即，故D错误；
故选：C
5．D
【分析】根据一组数据同乘以一个数后的平均数以及方差的性质计算，即可得答案.
【详解】由题意知这些商品的价格如果按人民币计算，价格是按美元计算的价格的7倍，
故按人民币计，则平均数和方差分别为，
故选：D
6．C
【分析】由三角函数的定义结合，即可判断.
【详解】设，则.
因为，所以，所以同号，且，则ABD错误.
故选：C
7．A
【分析】根据给定的函数图象特征，利用函数的奇偶性排除BC；利用的正负即可判断作答.
【详解】对于B，，，函数是偶函数，B不是；
对于C，，，函数是偶函数，C不是；
对于D，，，D不是；
对于A，，，函数是奇函数，
且，A符合题意.
故选：A
8．D
【分析】所求式子为，根据已知中的公式直接计算即可.
【详解】.
故选：D.
9．D
【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．A
【分析】根据给定等式构造函数，探讨函数的对称性及单调性，由此计算得解.
【详解】令函数，求导得，
则函数在R上单调递增，
又
，因此函数的图象关于点对称，
由，得，即，
所以.
故选：A
11．D
【分析】设，设，求出以及的关系即可得解.
【详解】，，
设，则，所以，
则，
设，则，
所以.
故选：D.
12．A
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，
所以，，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以，
由平面，
可得平面，
又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，
所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键.
13．/0.6
【分析】利用向量的数量积转化求解向量，在方向上的数量投影即可．
【详解】解：设向量与的夹角是，则向量在方向上的数量投影为：．
故答案为：
14．/
【分析】画出可行域，表示可行域中一点与原点之间距离的平方，由图找到最小值，由点到直线的距离公式求解即可.
【详解】画出可行域如下图阴影部分，
表示可行域中一点与原点之间距离的平方，
由图可知，原点到直线的距离最小，为，
则的最小值为.
故答案为：.
15．/
【分析】先把三视图还原成几何体，设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，由平面，平面可证明四边形为矩形，在中利用勾股定理求出，在中利用勾股定理求出外接球半径，代入球的表面积公式即可.
【详解】如图，根据三视图可还原得四棱锥：
设为矩形的中心，为的外心，为四棱锥的外接球的球心，
过做平面，连接
由三视图可知四边形为矩形，,,为的中点，，.
因为四棱锥外接球的球心满足平面，平面，
所以，又平面，所以，同理得.
所以四边形为矩形.
在矩形中，，
在中，因为，即，所以，
在中，外接球半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
16．
【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：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形内角和性质，结合三角函数的诱导公式，可得答案；
（2）根据余弦的和角公式，利用已知角的三角函数去求未知角的三角函数，根据二倍角公式，可得答案.
【详解】（1）因为，，所以.
（2）因为，，所以，，.
因为，所以，所以.
因为，所以，
所以
.
因为，所以，故.
18．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）应用条件概率公式计算求解即可；
（2）应用，由二项分布分别写出求分布列及计算数学期望.
【详解】（1）由题意得：，
，
，
.
（2），
，则，
可能的取值为，
的分布列为：
数学期望.
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，证明BD⊥平面APC，再由平面ABCD，得出平面APC⊥平面ABCD．
（2）作辅助线，利用线面垂直的判定证明PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，平面APC，且，平面APC
所以BD⊥平面APC．又平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，，平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且，平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，，．
由AP⊥PC，在△APC中，
，所以．
以O为坐标原点，、分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
所以，
令得．
设平面的法向量为，
所以，
令得．
设平面与平面的夹角为．
所以，
所以，平面与平面夹角的余弦值为．
20．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设圆心，根据圆M与直线相切，可得，化简即可得解；
（2）设，分别求出直线的方程，再根据直线过点，直线过点，求出的关系，即可得证.
【详解】（1）设圆心，
由题意得，化简整理得，
所以圆心M的轨迹的方程为；
（2）设，
则，
所以直线的方程为，即，
同理可得直线的方程为，
直线的方程为，
因为直线过点，所以，则，
因为直线过点，所以，则，
所以，化简得，
故直线的方程为，
所以直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）计算，，确定得到范围，再证明充分性即可.
（2）确定，取变换得到，再利用累加法计算得到证明.
【详解】（1）必要性：在上恒成立，，
则，故，故，
若，则，则存在区间使函数单调递减，
故，不成立；
充分性：当时，，
设，则在恒成立，
故在上单调递增，故，成立.
综上所述：.
（2），即在上恒成立，
取，，则，
即，
，，，，
累加得到，
即，得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决不等式恒成立问题，证明不等式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用必要性探路可以简化运算，是解题的关键.
22．(1)；
(2)6.
【分析】（1）根据给定的参数方程，消去参数即得普通方程.
（2）化直线的极坐标方程为直角坐标方程，再与曲线的普通方程联立，借助弦长公式计算得解.
【详解】（1）由，得，两式平方相减得，
所以曲线的普通方程为.
（2）依题意，直线的直角坐标方程为，设，
由消去并整理得：，则，
因此，
所以线段的长是6.
23．（1）或（2）见解析
【分析】（1）先化简函数得到分段函数，再解不等式得解；
（2）利用绝对值三角不等式化简，即得证.
【详解】（1）当时，，
则等价于或或，
解得或，
所以的解集为或．
（2）
对任意，都有成立
【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查绝对值三角不等式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
0
1
2
3