江西省五市九校协作体2023届高三数学（理）上学期第一次联考试题（Word版附解析）

江西省五市九校协作体2023届高三第一次联考数学（理科）试卷考试时间：120分钟，分值：150分第Ⅰ卷一、选择题：本大题共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.已知全集，集合，，那么阴影部分表示的集合为A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由韦恩图可知阴影部分表示的集合为，求出，计算得到答案【详解】阴影部分表示的集合为，故选【点睛】本题主要考查的是韦恩图表达集合的关系和运算，属于基础题2.已知复数满足，则的最大值为（）A.B.C.D.6 【答案】B【解析】【分析】设，，利用复数几何意义计算.【详解】设，由已知，，所以点在单位圆上，而，表示点到的距离，故.故选：B【点睛】本题考查求复数模的最大值，其实本题可以利用不等式来解决.3.甲、乙两人各射击一次，是否命中目标互不影响，已知甲、乙两人命中目标的概率分别为，，则至少有一人命中目标的概率（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据题意求出甲、乙两人各射击一次，目标没被命中的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可.【详解】∵甲、乙两人各射击一次，目标没被命中的概率为，∴甲、乙两人各射击一次，目标被命中的概率为.故选：D.4.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知式子结合同角三角函数的商数关系与平方关系，可求得 的值，再由诱导公式求得的值.【详解】解：①，由于代入①，得：，由于，所以，故，所以.故选：C.5.当前疫情阶段，口罩成为热门商品，为了赚钱，小明决定在家制作两种口罩：N95口罩和N90口罩.已知制作一只N95口罩需要2张熔喷布和2张针刺棉，制作一只N90口罩需要3张熔喷布和1张针刺棉，现小明手上有36张熔喷布和20张针刺棉，且一只N95口罩有4元利润，一只N90口罩有3元利润，为了获得最大利润，那么小明应该制作（）A.5只N95口罩，8只N90口罩B.6只N95口罩，6只N90口罩C.7只N95口罩，6只N90口罩D.6只N95口罩，8只N90口罩【答案】D【解析】【分析】根据题意，设出变量，列出约束条件，画出可行域，求得最优解，注意变量需要取整数.【详解】设制作x只N95口罩，y只N90口罩，根据题意有，可行域如图所示： 利润，目标函数看作斜率为的直线，当目标函数表示的直线经过可行域内的点，且在y轴上的截距最大时，最大，由，求得最优解，所以当时，z的值最大，所以小明应该制作6只N95口罩，8只N90口罩，故选：D.6.古希腊亚历山大时期最后一位重要的几何学家帕普斯（，公元3世纪末）在其代表作《数学汇编》中研究了“三线轨迹”问题：即到两条已知直线距离的乘积与到第三条直线距离的平方之比等于常数的动点轨迹为圆锥曲线.今有平面内三条给定的直线，，，且，均与垂直.若动点M到的距离的乘积与到的距离的平方相等，则动点M在直线之间的轨迹是（）A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】A【解析】【分析】根据题意得到三条直线的关系，不妨设记为，直线为，为，进而可根据条件表示出动点M的轨迹方程，从而得出结论.【详解】因为在平面内三条给定的直线，，，且，均与垂直，所以，平行，又因为动点M到的距离的乘积与到的距离的平方相等，记为，直线为，为，设，且动点M在直线之间，所以M到的距离为，M到的距离为，M到的距离为，所以，若，则；若，则， 所以，即，故动点M的轨迹为圆.故选：A.7.已知椭圆：的右焦点和上顶点分别为，且焦距等于4，的延长线交椭圆于点，，则椭圆的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意得出直线的方程，联立方程组，利用韦达定理求出点的横坐标，再结合即可求出的值，进而求出椭圆的离心率.【详解】由题意可知：，，则直线的方程为：，设，将直线方程与椭圆方程联立，整理化简可得：，则，又因为，所以，则有，解得：，所以，又，所以椭圆的离心率为，故选：.8.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为，则该球的表面积为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设截面圆半径为，球的半径为，根据截面圆的周长求得，再利用求解.【详解】设截面圆半径为，球的半径为，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，根据截面圆的周长可得，则，由题意知，即，∴该球的表面积为．故选：A9.八一起义纪念碑(如图甲所示)是江西省南昌市的标志性建筑，它坐落于南昌市中心的八一广场.纪念碑的碑身为长方体，正北面是叶剑英元帅题写的“八一南昌起义纪念塔”九个铜胎鎏金大字.建军节那天，李华同学去八一广场瞻仰纪念碑，把地面抽象为平面､碑身抽象为线段，李华同学抽象为点，则李华同学站在广场上瞻仰纪念碑的情景可简化为如图乙所示的数学模型，设A､B两点的坐标分别为，，要使看上去最长(可见角最大)，李华同学(点)的坐标为()甲乙 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据几何关系表示出，利用基本不等式求其最大值即可判断C的坐标．【详解】设，则C(c，0)，，当且仅当，即时取等号，∵为锐角，故当tan最大时，最大．故选：A．10.已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，的延长线交双曲线于点，若双曲线的离心率为，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用双曲线的定义得到关于的表达式，在与中利用余弦定理求得与，从而求得关于的表达式，由此得解.【详解】因为双曲线的离心率为，即，令，则， 所以，，不妨设点在双曲线的右支上时，如图，记，则由双曲线的定义得，所以，在中，，则，即，整理得，解得或（舍去），故，，在中，，则，即，整理得，解得，则，，所以；故选：B.11.如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的，则EF的最小值为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据已知可得的面积，由三角形面积公式和余弦定理，使用基本不等式可得.【详解】由题知，所以，记，则，即.则，当且仅当，即时，取等号.所以a的最小值为故选：D12.已知关于的不等式对任意恒成立，则的最大值为（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】讨论的取值范围，利用函数图象，结合导数求出，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解． 【详解】解：关于的不等式对任意恒成立，设，，若，对任意恒成立，则，对任意恒成立，当时，在同一坐标系中作出函数，的图象，显然，由图可知，对任意不恒成立；当时，在同一坐标系中作出函数，的图象，显然，由图可知，对任意不恒成立；当时，在同一坐标系中作出函数，的图象， 由图可知，临界条件是直线与曲线的图象相切时，由，求导，设，解得，且，当的切线斜率为2时，切点坐标为，故，所以，即，所以，令，求导，令，得，即，当，函数单调递增，当，函数单调递减，所以当，函数取到最大值，且.故的最大值为．故选：D．【点睛】本题考查了函数的恒成立问题与导数的关系，属于难题．解决本问题的关键为讨论的取值范围，利用函数图象，当时，不等式恒成立转化为切线问题，设切点坐标，根据导数的几何意义可得，构造函数，利用导数求出函数的最值，进而得解．第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13.的展开式中常数项为_________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】先求出的展开式中的常数项和的系数，再求的常数项.【详解】解：因为，其中展开式的通项为，令得的常数项为，令，即得展开式中的系数为.所以的常数项为.故答案为：14.在平行四边形中，是的中点，，且，，则___________.【答案】##【解析】【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质、平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】在平行四边形中，有，因为是的中点，所以，因为， 所以，由因为，所以由，解得：，故答案为：15.已知等比数列满足：，，则的值为___________.【答案】【解析】【分析】利用等比数列得性质得出，再将所求式子通分代入即可求得.【详解】因为为等比数列，所以，故答案为：1016.已知，，是正实数，且，则最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由于，，是正实数，且，所以先结合基本不等式“1”的代换求的最小值，得，则，再根据基本不等式凑项法求 的最小值，即可求得的最小值.【详解】解：，由于，，是正实数，且，所以，当且仅当，即，所以时等号成立，则的最小值为，所以，当且仅当，即时等号成立，则最小值为.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17～22为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选做题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.已知数列是递增的等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列的前n项和，，为数列的前n项和，若对一切成立，求最小正整数m.【答案】（1） （2）2022【解析】【分析】（1）由已知解方程，得，，由此能求出数列的通项公式．（2）由已知条件利用等比数列的前项和公式先求出，从而得到，由此利用裂项求和法能求出数列的前项和．由，得到，由此能求出最小正整数．【小问1详解】数列是递增的等比数列，且，，，，是方程的两个根，解方程，得，，，，．【小问2详解】由（1）得：，，数列的前项和：，且对一切成立， ，解得，最小正整数为2022．18.如图多面体中，四边形是菱形，，平面，，（1）证明：平面平面；（2）在棱上有一点，使得平面与平面的夹角为，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接交于，连接，，证明，利用平面，证明平面，从而平面平面；（2）建立平面直角坐标系，设，求出二面角，再求得的值，即可得到的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【小问1详解】证明：取中点，连接交于，连接，，因为是菱形，所以，且是的中点，所以且，又，，所以且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，又因为，平面， 所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】解：取的中点，由四边形是菱形，，则，是正三角形，，，又平面，所以以原点，，，为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱上存在点使得平面与平面的夹角为，则，，，，，，则设，，所以，，，，设平面的一个法向量为，，，则，即，令，，得平面的法向量可以为， ，解得，所以，则设平面的一个法向量为，则，即，取，得，所以点到平面的距离.19.2020年8月，体育总局和教育部联合提出了《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》.某地区为落实该意见，初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远､掷实心球､1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校在初三上学期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到频率分布直方图(如图所示)，且规定计分规则如下表：每分钟跳绳个数得分17181920（1）现从样本的100名学生中，任意选取2人，求两人得分之和不大于35分的概率；（2）若该校初三年级所有学生的跳绳个数，用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差.已知样本方差(各组数据用中点值代替).根据往年经验，该校初三年级学生经过训练，正式测试时跳绳个数都有明显进步. 假设中考正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型：①全年级有1000名学生，预估正式测试每分钟跳182个以上人数；(结果四舍五入到整数)②若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望.附：若，则.【答案】（1）；（2）①人；②分布列答案见解析，数学期望：.【解析】【分析】（1）分成两人得分均为16分，或两人中1人16分，1人17分两种情况，计算得到答案；（2）①先计算，得到，代入公式计算得到答案；②每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案.【详解】（1）由频率分步直方图得，得分为17，18的人数分别为6人，12人，所以两人得分之和不大于35分为两人得分均为17分，或两人中1人17分1人18分，所以.（2）又，所以正式测试时，，所以，①所以，所以人；②由正态分布模型，任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为，即，所以，所以，所以的分布列为0123 所以.答：（1）两人得分之和不大于35分的概率为；（2）①每分钟跳182个以上人数为841；②随机变量的期望.【点睛】方法点睛：本题考查了概率的计算，分布列，数学期望，第二问的关键点是计算出，从而得出，判断出，意在考查学生的综合应用能力.20.已知椭圆的左焦点为，过原点的直线与椭圆交于，两点，若，且.（1）求椭圆的离心率；（2）椭圆的上顶点为，不过的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】（1）（2）直线恒过定点，定点坐标为【解析】【分析】（1）设椭圆的右焦点为，连接，，然后在由条件可得，，，然后利用余弦定理求解即可；（2）首先求出椭圆的方程，然后由可推出，然后设直线的方程为，，，联立直线与椭圆的方程消元表示出、，然后由求出的值可得答案.【小问1详解】 设椭圆的右焦点为，连接，根据椭圆的对称性可知，四边形为平行四边形.又，所以而，所以，在四边形中，，所以，在中，根据余弦定理得即化简得.所以椭圆的离心率；【小问2详解】 因为椭圆的上顶点为，所以，所以，又由（1）知，解得，所以椭圆的标准方程为.在中，，，所以，从而，又为线段的中点，即，所以，因此，从而，根据题意可知直线的斜率一定存在，设它的方程为，，，联立消去得①，，根据韦达定理可得，，所以所以， 整理得，解得或又直线不经过点，所以舍去，于是直线的方程为，恒过定点，该点在椭圆内，满足关于的方程①有两个不相等的解，所以直线恒过定点，定点坐标为.21.已知函数，.若函数在定义域内有两个不同的极值点.（1）求实数a的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析．【解析】【分析】(1)在内有两个不同的极值点、，等价于在内有两个不同的零点、.研究的单调性和零点情况即可求出a的范围；(2)设，由(1)知且，则，将a=代入要证的不等式，可将不等式化为，令，则不等式化为，问题转化为在(0，1)恒成立即可．【小问1详解】 函数定义域为，在内有两个不同极值点、，等价于在内有两个不同的零点、．设，由，当时，，在上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；当时，在上，单调递增；在上，单调递减，∴当时，，函数有两个零点，则必有，即，解得．易证，证明如下：令，，当时，，单调递减，当时，单调递增，故，故，得证．∴，又，∴在和上各有一个零点、，此时：00↓极小值↑极大值↓故在定义域内有两个不同的极值点时，a的范围为； 【小问2详解】方法1：由(1)可知是的两个零点，不防设，由且，得．∵．令，则，记，，则，令，．又，则，即，∴在上单调递增，故，即成立．∴不等式成立．方法2：欲证，由，，则只需证：．不妨设，则且，则，∴，令，则，记，， 由，即在上单调递增，故，即成立.故．【点睛】本题第一问关键是找到x=1和x=，判断，，从而根据零点存在性定理判断在和上各有一个零点；第二问的关键是利用是的两个零点用替换a，再利用换元将双变量转化为单变量进行证明．（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.作答时请写清题号.选修4-4：坐标系与参数方程22.以等边三角形的每个顶点为圆心，以其边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形被称为勒洛三角形．如图，在极坐标系中，曲边三角形为勒洛三角形，且．以极点O为直角坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．（1）求的极坐标方程；（2）若曲线C的参数方程为（t为参数），求曲线C与交点的极坐标．【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）求得的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；（2）求得曲线的普通方程，结合的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.【小问1详解】对点，设其直角坐标为，则，即其直角坐标为，故在直角坐标系下的方程为：，由可得：，故的极坐标方程为：.【小问2详解】由题可得曲线的普通方程为：，联立，可得，解得或，又，故，则，即曲线C与交点的直角坐标为，设其极坐标为，则，，即曲线C与交点的极坐标为.选修4-5：不等式选讲23.已知函数．（1）当a＝3时，解不等式； （2）若不等式的解集非空，求实数a的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由a＝3可得，去绝对值，分类讨论解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由题意可得有解，运用绝对值不等式的性质可得此不等式左边的最小值，解a的不等式可得所求范围．【详解】（1）当a＝3时，即为，等价于或或，解得或或，则原不等式的解集为；（2）不等式的解集非空等价于有解．由，（当且仅当时取得等号），所以，解得，故a的取值范围是．【点睛】本题考查分类讨论解绝对值不等式以及不等式能成立求参数的问题，考查学生分类讨论的思想，是一道容易题.