江西省南昌市2023届高三第一次模拟测试数学（文） Word版含解析.docx

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文科数学试卷本试卷共4页，23小题，满分150分，考试时间120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案．3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效．4．考生必须保证答题卡整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据立方和公式，结合配方法、集合交集的定义进行求解即可.【详解】，所以，故选：B2.设复数满足，则（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.【详解】因为， 所以，于是，故选：C3.如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.【详解】由题意可得：，则，故，∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.故选：D.4.双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线的标准方程直接写出渐近线方程.【详解】∵双曲线的标准方程为：，∴双曲线的渐近线方程为：，即.故选：A 5.已知x，y为正实数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．详解】当时，取，则，所以“”不是“”的充分条件；当时，得，即，则，所以“”是“”的必要条件，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B.6.已知x，y满足，则的最小值为（）A.3B.4C.5D.7【答案】B【解析】【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．【详解】作出可行域，如图内部（含边界），作直线，在直线中，纵表示直线的纵截距，直线向下平移时，纵截距减小，则减小，由得，即，平移直线，当它过点时，取得最小值4，故选：B． 7.对食道和胃黏膜有刺激性的粉末或颗粒，或口感不好、易于挥发、在口腔中易被唾液分解，以及易吸入气管的药需要装入胶囊，既保护了药物药性不被破坏，也保护了消化器官和呼吸道．在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体，由一个圆柱和两个半球构成，已知圆柱的高是底面半径的4倍，若该几何体表面积为，则它体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设圆柱的底面半径为，可求得该几何体表面积为，解得，进而求出该几何体的体积．【详解】∵设圆柱的底面半径为，则球的半径为，圆柱的高是，∴圆柱的侧面积为，两个半球的表面积为，∴该几何体表面积为，解得，∴该几何体的体积为．故选：D．8已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】化简得，构造函数，通过导数可证得，可得，而，从而可得答案．【详解】.设，则有，单调递减，从而，所以，故，即，而，故有．故选：A．9.已知函数，，，且，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，分析可知函数的最小正周期为，利用正弦型函数的周期公式可求得的最小值.【详解】因为，又因为，，且，所以，函数的最小正周期满足，则，所以，，故当时，取最小值. 故选：A.10.二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理的展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：，用这样的方法，估计的近似值约为（）A.2.922B.2.928C.2.926D.2.930【答案】C【解析】【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.【详解】，故选：C.11.如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（）A.平面B.平面DMNC.平面ACNMD.平面【答案】C【解析】【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明， ，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：因为正四棱台，所以为正四棱锥，因为，，，且，所以，即，解得，所以，即为等边三角形，因为为中点，所以，且，同理可得，因为，所以，即，因为为中点，所以，故，，因为，，所以，，所以，，因为，，所以在上，在上，因为，，所以，，即，，因为平面，平面，，所以平面. 故选：C12.已知函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】可求得在上单调递减，且，所以由得，得，即对于任意的恒成立，从而得解．【详解】因为在上单调递增，所以在上单调递减．因为，所以由，得，即，所以，即对于任意的恒成立，而，则，即实数的取值范围是．故选：A．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，若，则______．【答案】【解析】【分析】求出向量、的坐标，利用平面向量的模长公式可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为，，则，，因为，则，解得.故答案为：.14.函数在x＝1处的切线平行于直线x－y－1＝0，则切线在y轴上的截距为______．【答案】【解析】【分析】由题意，求得，所以，则，进而求出函数在x＝ 1处的切线方程，从而得解.【详解】，由题意，即，所以，则，故函数在x＝1处的切线方程为，即，则切线在y轴上的截距为．故答案为：．15.在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据正弦定理得到关于的等式，根据锐角，求得角的范围，进而求得的取值范围即可.【详解】解：在中，由正弦定理得，所以，即，因为锐角，所以，即，解得，所以，所以，故，即.故答案为：16.已知一簇圆，直线l：y＝kx＋b是它们的一条公切线，则k＋b＝______．【答案】##0.75【解析】【分析】由题意圆心到直线l：y＝kx＋b的距离，则 ，对任意恒成立，列式求解即可.【详解】由圆，知圆心，半径为，由题意圆心到直线l：y＝kx＋b的距离，则，对任意恒成立，则，解得，故.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.已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．（1）求k的值；（2）求数列的通项公式．【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）运用代入法进行求解即可；（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.【小问1详解】当时，，当时，；【小问2详解】因为，所以，则，令，所以，则是等比数列， 因，，所以，所以，则18.随着国民旅游消费能力的提升，选择在春节假期放松出行的消费者数量越来越多．伴随着我国疫情防控形势趋向平稳，被“压抑”已久的出行需求持续释放，“周边游”、“乡村游”等新旅游业态火爆，为旅游行业发展注入新活力，旅游预订人数也开始增多，为了调查游客预订与年龄是否有关，调查组对400名不同年龄段的游客进行了问卷调查，其中有200名游客预定了，这200名游客中各年龄段所占百分比见图：已知在所有调查游客中随机抽取1人，抽到不预订的且在19~35岁年龄段的游客概率为．（1）请将下列2×2列联表补充完整．预订旅游不预订旅游合计19-35岁18岁以下及36岁以上合计能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与年龄有关？请说明理由．（2）将上述调查中的频率视为概率，按照分层抽样的方法，从预订旅游客群中选取5人，在从这5人中任意取2人，求2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率．附：，其中．0.1000.0500.0100.0050.001 k2.7063.8416.6357.87910.828【答案】（1）表格见解析，能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游顸订与年龄有关（2）【解析】【分析】（1）根据题意完善列联表，根据表中数据求，并与临界值比较分析；（2）根据分层抽样求每层抽取的人数，再结合古典概型运算求解.【小问1详解】预定旅游中，19－35岁年龄段的人数为：人，18岁以下及36岁以上人数为人．在所有调查对象中随机抽取1人，抽到不预订旅游客群在19~35岁年龄段的人的概率为，故不预订旅游客群19~35岁年龄段的人为：人，18岁以下及36岁以上人数为人．所以列联表中的数据为：预订旅游不预订旅游合计19~35岁1207519518岁以下及36岁以上80125205合计200200400，则能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游顸订与年龄有关．【小问2详解】按分层抽样，从预定旅游客群中选取5人，其中在19－35岁年龄段的人数为，分别记为：A，B，C；18岁以下及36岁以上人数为2人，分别记为：a，b．从5人中任取2人，则有：，共有10种情况 其中恰有1人是19－35岁年龄段的有：，共6种情况，故2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率为：．19.已知直棱柱的底面ABCD为菱形，且，，点为的中点．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合菱形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；（2）根据菱形的性质、直棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.【小问1详解】连接AC交BD于点，连接，在直四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，即，，又因为底面ABCD为菱形，所以点为AC的中点，点为的中点，即点为的中点，所以，，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，，所以平面；【小问2详解】在直棱柱中平面，平面， 所以，又因为上底面为菱形，所以，因为平面，所以平面，因为在中，，且点为BD的中点，所以，即，所以．20.已知函数．（1）若时，函数有2个极值点，求的取值范围；（2）若，，方程有几个解？【答案】（1）（2）两个【解析】【分析】（1）根据极值的定义，结合构造函数法、导数的性质进行求解即可；（2）构造新函数，结合导数的性质、函数零点存在原理进行求解即可.【小问1详解】时，，，则方程有两实根，即有两实根．设，，则时，，单调递减；时，，单调递增， 所以，且，时，，所以当有两个实根时，；【小问2详解】当，时，设，则，，因为在上单调递增，且，．所以恰有一根，且，．当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，且，．所以有且仅有两个实根，即方程有且仅有两个实根．【点睛】关键点睛：根据极值的定义，问题转化为方程解的问题，通过构造新函数，利用导数的性质是解题的关键.21.已知抛物线上一点，若处的切线斜率为－1，且该切线与轴相交于．（1）求抛物线的标准方程；（2）过点的直线与曲线相交于A，B两点，若直线PA，PB分别与轴相交于M，N两点，求M，N两点横坐标的和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据直线与抛物线相切联立方程求解，即可得结果；（2）根据题意求的坐标，结合韦达定理运算求解.【小问1详解】由题意可知直线的方程为， 联立方程，消去y得，因为直线与抛物线相切，则，解得，所以抛物线的方程为，故，解得，把代入，得，可得切点．【小问2详解】设直线的方程为，且，与抛物线联立方程，消去y得，则，得，故，，直线AP的方程，把代入得：，解得，同理可得：，所以，因为点，在拋物线上，则，，故，由于韦达定理可得． 【点睛】方法点睛：（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．（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xOy中，直线的参数方程为：（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，曲线的极坐标方程为：．（1）当时，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．（2）直线l与曲线C交于A，B两点，若|AB|=2，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）根据加减消元法，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；（2）根据直线参数方程参数的意义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【小问1详解】当时，直线的参数方程为，消去参数得， 即直线的普通方程为．∵，∴，∵，∴，则曲线的直角坐标方程为；【小问2详解】将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得，化简得，设A，B两点对应的参数为，，则，，因为直线过点，则，解得．选修4－5：不等式选讲23.已知，且．（1）求证：；（2）求的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知条件可得出，等式两边平方，并结合基本不等式可证得结论成立；（2）分析可知，，可得出，展开后利用基本不等式可求得的最小值.【小问1详解】证明：因为，且，所以，，故，即，当且仅当时等号成立．【小问2详解】 解：因为，，且，所以，，则，，所以，当且仅当时，即当时等号成立，所以最小值为．