江西省重点中学盟校2023届高三下学期第一次联考数学（理） Word版含解析.docx

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江西省重点中学盟校2023届高三第一次联考数学（理）试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.若集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解出集合，再根据交集的概念得出结果.【详解】解：因为，所以.故选：B2.若复数是方程的一个根，则的虚部为（    ）A.2B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设出复数z的代数形式，利用复数相等求出z即可计算作答.【详解】设，依题意，，即有，因此，显然，解得，则有或，即或，所以的虚部为1.故选：D3.袋中装有四个大小完全相同的小球，分别写有“中､华､道､都”四个字，每次有放回地从中任取一个小球，直到写有“道”､“都” 两个字的小球都被取到，则停止取球．现用随机模拟的方法估计取球停止时的概率，具体方法是：利用计算机产生0到3之间取整数值的随机数，用0，1，2，3分别代表“中､华､道､都”四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果．现经随机模拟产生了以下18组随机数：232321230023231021122203012231130133231031123122103233由此可以估计，恰好取球三次就停止的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】恰好取球三次时“道”､“都”两个字的小球都被取到可知三个数中前两位需要有0，1，且三个数中有2，3，根据古典概型的概率的计算公式计算即可.【详解】解：根据题意可知，所有事件的结果数有18种，其中满足恰好取球三次时“道”､“都”两个字的小球都被取到的事件有：023，203，123共3种，记“恰好取球三次就停止”为事件，所以.故答案为：C4.已知等差数列的前项和，若，则（    ）A.150B.160C.170D.与和公差有关【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质可得，代入等差数列的前项和公式计算结果即可.【详解】解：因为是等差数列，所以，所以，所以.故选：B5.法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆：的蒙日圆为：，则椭圆的离心率为（   ）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】找过右顶点的切线和过上顶点的切线，从而可知这两条切线的交点在蒙日圆上，进而建立的方程，即可求解.【详解】如图，分别与椭圆相切，显然所以点在蒙日圆上，，即，所以椭圆的离心率.故选：D6.执行如图所示的程序框图，为使输出的数据为31，则判断框中应填入的条件为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据程序框图循环结构计算得到，结合输出的结果为31，从而确定填入的条件为.【详解】第一次，；第二次，;第三次，; 第四次，.因为输出,所以循环终止，所以判断框中应填入的条件为.故选：A7.如图，△ABC内接于圆O，AB为圆O的直径，AB＝5，BC＝3，CD⊥平面ABC，E为AD的中点，且异面直线BE与AC所成角为60°，则点A到平面BCE的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】为中点，异面直线BE与AC所成角为，可得，由已知条件求解所需线段的长，设点A到平面BCE的距离为，由，求解即可.【详解】AB为圆O的直径，AB＝5，BC＝3，∴，，CD⊥平面ABC，平面ABC，有，又∵，平面，∴平面，∵，平面，∴平面，为中点，连接，如图所示， E为AD的中点，，，平面，平面，，异面直线BE与AC所成角为，∴，，∴，，，，，到平面的距离为，∴，，，设点A到平面BCE的距离为，由，∴.故选：C8.若正项递增等比数列满足：，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据，求得，从而，再结合基本不等式可求.【详解】设等比数列的公比为.，即而而因为正项等比数列是递增数列，所以 所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.故选：B9.已知点P在棱长为2的正方体表面上运动，AB是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为（    ）A.2B.3C.1D.0【答案】A【解析】【分析】平面向量的线性运算结合平面向量数量积的运算可得，，由的范围求解即可.【详解】由题意可得正方体外接球的直径，设点O为正方体外接球的球心，则O为AB的中点，且，，由，的最小值为.故选︰A．10.长白飞瀑，高句丽遗迹，鹤舞向海，一眼望三国，伪满皇宫，松江雾凇，净月风光，查干冬渔，是著名的吉林八景，某人打算到吉林旅游，冬季来的概率是，夏季来的概率是，如果冬季来，则看不到长白飞瀑，鹤舞向海和净月风光，若夏季来，则看不到松江雾凇和查干冬捕，无论什么时候来，由于时间原因，只能在可去景点当中选择3处参观，则某人去了“一眼望三国”景点的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用互斥事件的加法公式及相互独立事件的乘法公式求解作答.【详解】设这人去了“一眼望三国”景点的为事件A，冬季来去了“一眼望三国”景点为事件，夏季来去了 “一眼望三国”景点的为事件，显然事件A发生的概率是事件和发生概率的总和，，，而事件与互斥，所以.故选：C11.已知双曲线的左右焦点分别为，，A为双曲线右支上一点，设，，若，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】在中，利用正弦定理求得，，再根据，可得，化简可得，再根据求得，从而可求得，即可得解.【详解】在中，由正弦定理得，所以，，因为为双曲线右支上一点，所以，即，所以 ，由，得，由，所以，，所以双曲线的渐近线方程为故选：B.12.定义在上的函数与的导函数分别为和，满足，，且为奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据得到，结合换为关于的等式，再取可解得，进而得到之间确切等式，将此等式与结合可得对称轴，和为奇函数结合可得对称中心，根据对称轴和对称中心可找到周期，进行赋值法可得的值，再根据周期即可得所求结果.【详解】解：因为，即，所以，因为，所以，所以，将代入有：，解得，故有①，；因为为奇函数，所以，即②；①+②可得③，将代替代入有，两式相减有，故为周期函数，周期为4； 将代入②中有，即，将代入③中有，将代入③中有，所以，根据周期为4，且，所以.故选：A【点睛】思路点睛：此题考查函数与导数的综合应用，属于难题，关于函数对称性和周期性的思路有：(1)若满足，则的图象关于对称；(2)若满足，则的图象关于对称；(3)若满足，则是周期函数，周期为；(4)若满足，则是周期函数，周期为；(5)若满足，则是周期函数，周期为.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．)13.设向量满足，，，则_______．【答案】【解析】【分析】将写为，展开后将模和夹角代入计算结果即可.【详解】解：因为，，，所以. 故答案为：.14.设，若且，则取值范围为________.【答案】【解析】【分析】画出的图象，结合图象求解.【详解】如图，，则.设点是平行于轴的直线与函数的图象的两个交点(分别位于轴两侧)，根据条件，记这两个点的横坐标分别为，结合图象，可知，所以取值范围为.故答案为：.15.已知函数所有满足的点中，有且只有一个在圆C上，则圆C的方程可以是__________.（写出一个满足条件的圆的方程即可）【答案】(答案不唯一，与直线相切即可)【解析】【分析】分析的奇偶性和单调性，可知若成立，只需即可，即点在直线上，若有且只有一个点满足在圆上，只需直线与圆相切即可，写出圆心坐标，根据点到直线的距离公式求出半径，写出圆的方程即可.【详解】解：因为，， 所以为奇函数，因为，所以在上单调递增，因为，即，即，因为单调，所以有，即，所以在直线上，因为直线与圆C有且只有一个共同的点，只需直线与圆相切即可，若圆的圆心为，则，此时圆的方程为故答案为：(答案不唯一，与直线相切即可)16.若时，关于的不等式恒成立，则正整数的取值集合为__________.（参考数据：）【答案】【解析】【分析】不等式恒成立，则函数的最小值大于0，利用导数研究函数单调性，由，有恒成立，结合参考数据计算即可.【详解】令，则，由，则，在单调递增，易知函数在单调递减，单调递增，其中，则，即恒成立，，，设，，， 令，函数定义域为，，，解得，，解得，在上单调递增，在上单调递减，的最大值为，，即当时，有，∴，可得，即.又在上单调递增，时，，时，，时，，只有和时，有恒成立，所以满足条件的n的取值集合为.【点睛】思路点睛：证明不等式，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.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．)17.在中，已知．（1）求；（2）若是边上的一点，且，求面积的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理角化边，再由余弦定理边化角，化简得，可求；（2）由，可得，两边平方得，化简后利用基本不等式可得，可求面积最大值. 【小问1详解】因为，由正弦定理得，由余弦定理得，故，又C为三角形内角，.【小问2详解】，由，则，可得，则有，即，整理得到，当且仅当时等号成立，所以，故面积的最大值为.18.如图，在梯形中，，，现将沿翻折成直二面角.（1）证明：；（2）若，二面角余弦值为，求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AB的中点E，连接CE，证明，由平面平面，得平面PAC，可证；（2）取的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，设，由二面角余弦值为，利用向量法求的值，再由向量法求异面直线与所成角的余弦值.【小问1详解】 取AB的中点E，连接CE，∵，，，∴四边形ADCE是平行四边形，，，∴，即平面平面，且两平面的交线为AC，∴平面PAC，又平面PAC，∴.【小问2详解】由知，取的中点，则．∴，且，两两互相垂直.以O为原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系.设，则，，，，，，易得平面PAC的一个法向量为，设平面PAB的一个法向量为，由，取，得，，故， 由，知，则，，设异面直线PC与AB所成角，则，所以异面直线PC与AB所成角的余弦值为.19.中医药在抗击新冠肺炎疫情中，发挥了重要作用.中药可以起到改善平常上呼吸道的症状，同时可以起到抑制病毒繁殖的效果就可以达到治疗新型冠状病毒肺炎的作用.某地种植药材收到了很好的经济效益．根据资料显示，产出的药材的箱数（单位：十箱）与成本（单位：千元）的关系如下：346796.577.588.2与可用回归方程（其中为常数，且精确到0.01）进行模拟．（1）若农户卖出的该药材的价格为500元/箱，试预测该药材10箱的利润是多少元；（利润=售价-成本）（2）据统计，4月份的连续20天中农户每天为甲地可配送的药材的箱数的频率分布直方图如图，用这20天的情况来估计相应的概率.(i)通过频率分布直方图计算农户每天平均可配送的药材的箱数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表）；(ii)一个运输户拟购置3辆小货车专门运输农户为甲地配送的该药材，一辆货车每天只能运营一趟，每辆车每趟最多只能装载40箱该药材，满载发车，否则不发车．若发车，则每辆车每趟可获利400元；若未发车，则每辆车每天平均亏损200元．试计算此项业务每天的利润平均值的大小．参考数据：设，则 0.737.440.530.15参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.【答案】（1）140（2）125；900【解析】【分析】(1)根据公式可求得从而得到当时求得，进而求得利润；(2)(i)利用频率分布直方图估计平均数的计算公式可求；(ii)根据频率分布直方图，可求该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表，进而求得获利的分布列，最后根据均值的计算公式求得此项业务每天的利润平均值.【小问1详解】所以所以 又，所以所以10箱药材，时，(千元)，即该水果10箱的成本为4860元，故该水果10箱的利润为(元).【小问2详解】(i)，所以农户每天平均可配送125箱药材.(ii)根据频率分布直方图，可知该农户每天可配送的该水果的箱数的概率分布表为：箱数该运输户购3辆车时每天的利润为Y元，则Y的可能取值为1200，600，0，其分布列为：12006000故此项业务每天的利润平均值为900元。20.设抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于两点，抛物线在两点切线交于点，当直线垂直轴时，面积为.（1）求抛物线的方程；（2）若，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）直线垂直轴，设，利用导数求切点处切线的斜率，得切线和切线的方程，联立方程组求得点坐标，再由面积为，求出，得抛物线的方程； （2）直线方程：，，利用导数求切点处切线的斜率，得切线和切线的方程，联立方程组求得点坐标，与抛物线方程联立，韦达定理可证，，得，由，解出，得直线的方程.小问1详解】由，得，则有，直线轴时，不妨设，曲线在点处切线的斜率为，切线方程为：，同理切线的方程为：，联立方程得，，则，得抛物线的方程【小问2详解】设直线方程：，，与抛物线方程联立方程组得：，则有，由，得，则有，所以，切线方程：，切线方程：，联立得，，，又，得，又，，所以， ，所以，则直线方程：或.【点睛】思路点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21.已知函数，.（1）讨论函数极值点的个数；（2）存在直线与与曲线共有五个不同的交点，求的取值范围.（注：是自然对数的底数）【答案】（1）当或时，有两个极值点；当时，无极值点；（2）.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论函数的零点个数作答.（2）按a的取值情况求出的极值，结合函数的图象特征列出不等式，求解作答.【小问1详解】函数，的定义域为，求导得，令，显然函数在上单调递增，，，因此函数在上有唯一零点，，而，若，由得：，当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，有两个极值点； 若，恒有成立，当且仅当时取等号，在上单调递增，无极值；若，由得：，当或时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，有两个极值点；所以当或时，函数有两个极值点；当时，函数无极值点.【小问2详解】由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极大值，当时，取得极小值，显然当时，，而当时，与都单调递增，取值集合分别为，即当时，函数的取值集合为，因为存在直线、与曲线共有五个不同的交点，则取，直线与曲线有2个公共点，直线与曲线必有3个公共点，当且仅当，由得：，，令，当时，，即函数在上单调递增，，由得，令，，即函数在上单调递增，因此，则；当时，在上单调递增，直线、与曲线最多只有2个不同的交点，不符合题意，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极小值，当时，取得极大值， 当时，与都单调递增，取值集合分别为，即当时，函数的取值集合为，因为存在直线、与曲线共有五个不同的交点，则取，直线与曲线有2个公共点，直线与曲线必有3个公共点，当且仅当，当时，由得，递增，由得，递减，，因此不等式不成立，综上得，所以的取值范围是.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.（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.在直角坐标系中，笛卡尔叶形线的参数方程为(为参数)，曲线的普通方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.（1）写出的普通方程与的极坐标方程；（2）若与有公共点，求的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）消去的参数方程中参数t得的普通方程，利用极坐标与直角坐标互化公式可得 的极坐标方程.（2）求出的极坐标方程，再与的极坐标方程联立，结合三角函数性质求解作答.【小问1详解】在曲线的参数方程中，当时，，当时，，于是，整理得，显然满足上式，因此，将代入得：，即，所以的普通方程是，的极坐标方程是.【小问2详解】把代入得：，与的极坐标方程联立整理得：，因为，即，即有，则，不妨令，因此，，，所以的取值范围是.[选修4-5：不等式选讲]23.已知都是正数，且，证明：（1）；（2）.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)先用基本不等式，再将代入即可证明； (2)将乘以，利用柯西不等式进行化简，再将代入即可证明.【小问1详解】证明：因为都是正数，，所以，由基本不等式可得：，当且仅当，即时取等，故成立；【小问2详解】证明：因为，所以，由柯西不等式可得：，即当且仅当，即时取等，因为都是正数，所以有，将代入有得证.