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《江西省赣州市2023届高三模考押题卷（二）数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
2022~2023学年度高三第二学期模拟考试数学试题卷I（选择题）一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.）1.已知全集，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.2.已知，，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算及复数相等的概念求解即可.【详解】解:因为，所以，则，．故选:A.3.若角的终边经过点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据三角函数的定义求出，再将化简，代入的值计算即可.【详解】若角的终边经过点，则，
故选：A.4.圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.5.设x，y满足约束条件，则的最大值为（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】作出可行域，利用其几何意义转化为截距最值即可得到答案.【详解】作出可行域如图中阴影部分所示,化为，当直线经过点时，纵截距最大,
联立，解得，则，此时.故选：C.6.已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.【详解】设等比数列的公比为，由题意得，即，，，，故选：B.7.某校随机抽取了名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：）全部介于至之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论错误的是（）A.频率分布直方图中的值为B.这名学生中体重低于的人数为
C.据此可以估计该校学生体重的第百分位数约为D.据此可以估计该校学生体重的平均数约为【答案】D【解析】【分析】运用频率分布直方图中所有频率和为，求出值，再根据频率分布直方图中的频率、百分位数、平均数的计算公式进行计算.【详解】对于选项：因为，解得，所以正确.对于选项：体重低于的频率为，所以人数为，所以正确.对于选项：因为，，所以体重的第百分位数位于之间，设体重的第百分位数为，则，解得，所以正确.对于选项：体重的平均数约为，所以错误.故选：.8.已知抛物线的焦点为，过点的直线交于、两点，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，利用基本不等式可求得直线斜率的最大值.【详解】易知抛物线的焦点为，设点、，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，，由韦达定理可得，则，故点，，若直线的斜率取最大值，则，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故直线斜率的最大值为.故选：A.9.在正方体中，M，N，P分别为，，的中点，则下列结论中错误的是（）A.B.平面平面C.D.平面平面【答案】D【解析】【分析】求得与位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；求得与位置关系判断选项C；求得平面与平面位置关系判断选项D.【详解】对A，在中，因为，分别为，的中点，所以．又，所以，A正确．对B，在中，因为，分别为，的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，平面，平面，
所以平面．又因为，平面，所以平面平面，B正确．对C，因为，，所以，C正确．对D，取的中点，连接，，则是二面角的平面角．设正方体棱长为a，则，又，则，所以平面与平面不垂直．又平面平面，所以平面与平面不垂直，D错误．故选：D．10.已知圆C：，圆是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆．圆C与圆交于A，B两点，则当最大时，（）A.1B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，结合等腰三角形性质确定顶角最大的条件，再借助直角三角形求解作答.【详解】依题意，在中，，如图，
显然，是锐角，，又函数在上递增，因此当且仅当公共弦最大时，最大，此时弦为圆的直径，在中，，所以.故选：D11.已知，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】变换，，，构造，确定函数的单调区间得到，得到答案.【详解】，，，设，则，当时，，函数单调递增，故，即.故选：A【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.12.已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，
关于轴对称，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】因为函数与函数的图象关于x轴对称，根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，即方程在上有解，即在上有解．令，，则，可知在上单调递增，在上单调递减，故当时，，由于，，且，所以．故选：A．卷II（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知向量，，写出一个与垂直的非零向量______．【答案】（答案不唯一）【解析】
【分析】首先计算，设，利用垂直则数量积为0有，赋值即可.详解】由题意可知,设,则,取,则,则与垂直的非零向量可以为，故答案：.14.从A，B等5处水样监测点中随机选3处进行水样检测，则A，B不同时入选的概率为______．【答案】##0.7【解析】【分析】对另外3处水样监测点编号，利用列举法结合古典概率求解作答.【详解】设5处水样监测点分别为,,,,，从中随机选择3处的结果有：，共10种情况，其中,同时入选的有，共3种情况，所以,不同时入选的概率.故答案为：15.已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知的面积S满足，则角A的值为______．【答案】【解析】【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得求解可得角A的值.【详解】由已知得，根据余弦定理和三角形面积公式，得，化简为，由于，所以，化简得，
即，解得，或（舍），由于，所以.故答案为：16.已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数则下面各选项中一定正确的序号是________.①；②；③；④.【答案】②③【解析】【分析】将题干转化为抽象函数的性质，根据原函数与导函数图象间的关系可得解.【详解】因为，均为偶函数，所以，即，，所以，，则，故③正确；函数，的图象分别关于直线，对称，又，且函数可导，由函数图象关于直线对称，所以其单调性在处改变，导数值为零，所以，，所以关于点对称，又图象关于对称，所以的周期为，所以，所以，所以，故②正确，④错误；若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故①错误；故答案为：②③.
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.17-21题为必考题，22-23为选考题.（一）必考题：共60分17.在中，是边上一点，，，，.（1）求的长；（2）求的面积.【答案】（1）2（2）【解析】【分析】（1）中，根据余弦定理求的长；（2）中，根据余弦定理求，即可求，再根据三角形的面积公式求解.【小问1详解】因为，则，，，中，,即，解得：或（舍），所以；【小问2详解】，因为所以，，
所以.18.近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：“厨余垃圾”箱“可回收物”箱“其他垃圾”箱厨余垃圾400100100可回收物3024030其他垃圾202060（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误的概率（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c,其中a>0，a+b+c=600.当数据a,b,c,的方差最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时的值．（注：，其中为数据的平均数）【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）0.3;（Ⅲ）时，方差取得最大值8000.【解析】【详解】（Ⅰ）厨余垃圾一共有吨，其中投放正确的有吨，所以概率为（Ⅱ）生活垃圾一共有吨，其中投放错误有吨，所以概率为（Ⅲ）由题意得：当且仅当时取等号
19.如图1，在直角梯形中，，，点为的中点，点在，将四边形沿边折起，如图2.（1）证明：图2中的平面；（2）在图2中，若，求该几何体的体积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，分别证得和，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.（2）由，得到，证得，连接，把该几何体分割为四棱锥和三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.【小问1详解】证明：取中点，连接，因为，所以四边形平行四边形，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，且平面，所以平面，同理可知：四边形是平行四边形，所以，证得平面，因为平面，且，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.
【小问2详解】解：若，因为，，则，故，所以两两垂直，连接，该几何体分割为四棱锥和三棱锥，则，因为平面平面，故，所以该几何体的体积为.20.已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．（1）求椭圆E的方程；（2）设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．【答案】（1）
（2）【解析】【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.【小问1详解】由，得，即，由四边形的周长为，得，即，所以椭圆的方程为.【小问2详解】设直线l的方程为（，），，，则，，联立方程组，消去y得，，，得，，，直线的方程为，令，得，又因为，所以，的面积，得，经检验符合题意，所以k的值为.
21.已知函数，为的导数．（1）讨论的单调性；（2）若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）设，对求导，分和讨论即可；（2）分离参数得，设，利用导数研究其值域与图像即可.【小问1详解】设的定义域为,.当时,在上为增函数,在上单调递增;当时,令,得.若,则单调递增,若则单调递减.综上,当时,在上单调递增;当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.【小问2详解】直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,整理方程,得.令,其中,
则.令，则.当时,,此时函数单调递增,当时,,此时函数单调递减.由,得时,,则,当时,则,当时,,则,则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,则.当趋近于时,趋近于0,即当时,;当趋近于0时,趋近于,作出如图所示图象：故要使直线与曲线有两个交点,则需,即的取值范围是.【点睛】关键点睛：第二问的关键是首先将题意转化为方程有两解，再通过分离参数法得，则转化为直线与在图象上有两交点，再利用导数研究的图象与值域即可.
（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.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线和直线的普通方程；（2）若为曲线上一动点，求到距离的取值范围．【答案】（1）；x＋y－4＝0，（2）【解析】【分析】（1）根据曲线的参数方程为，结合三角函数平方关系即可得曲线的普通方程，根据极坐标与普通方程的转化即可得直线的普通方程；（2）设根据点到直线的距离公式，结合正弦型三角函数的性质即可求到距离的取值范围．【小问1详解】由题意可知：，由可得，所以的普通方程为；直线可化简为，将代入直线可得x＋y－4＝0，【小问2详解】设，则到的距离，其中，
∵，∴．[选修4－5：不等式选讲]23.已知函数（1）当时，求的最小值；（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）2；（2）或.【解析】【分析】（1）首先化简得，利用绝对值不等式即可求出的最小值；（2）利用三元基本不等式求出，再根据绝对值不等式得，则有，解出即可.【小问1详解】化简得，当时,,当时等号成立,所以的最小值为2;【小问2详解】由基本不等式得,当且仅当,即时,等号成立.又因为,当且仅当时,等号成立.所以,或或.
