江西省赣州市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）

赣州市2023年高三年级适应性考试数学（文科）试卷本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第Ⅰ卷一、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】D【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.【详解】或，所以，，所以，故选：D.2.已知复数，若，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的概念及复数相等求解即可得解.【详解】因为，，所以可得，即，，所以，所以， 故选：B．3.已知等差数列中，是其前项和，若，，则（）A.7B.10C.11D.13【答案】C【解析】【分析】设出公差，列出方程组，求出公差和首项，得到答案.【详解】设公差为，则，，解得，故.故选：C4.已知抛物线与圆交于A，两点，且的焦点在直线上，则（）A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】求出焦点坐标，进而得到点坐标，代入圆中，求出答案.【详解】由题意得，抛物线中，当时，，不妨设，则，解得，负值舍去.故选：C 5.某班有40名学生，在某次考试中，全班的平均分为70分，最高分为100分，最低分为50分，现将全班每个学生的分数以（其中）进行调整，其中是第个学生的原始分数，是第个学生的调整后的分数，调整后，全班最高分为100分，最低分为60分，则（）A.调整后分数的极差和原始分数的极差相同B.调整后分数的中位数要高于原始分数的中位数C.调整后分数的标准差和原始分数的标准差相同D.调整后分数的众数个数要多于原始分数的众数个数【答案】B【解析】【分析】计算出，且利用作差法得到除了最高分数外，调整后的分数都高于调整前的分数，从而对四个选项作出判断.【详解】由题意得，解得，于是，则，即除了最高分数外，调整后的分数都高于调整前的分数，A选项，调整后分数的极差小于原始分数的极差，A错误；B选项，调整后的分数平均数和中位数分别高于原始分数的平均数和中位数，B正确；C选项，根据，可知调整后的分数的标准差是调整前标准差的0.8倍，C错误；D选项，如果原始分数相同，则调整后分数也相同，故调整后的分数的众数和原始分数的众数个数相同，D错误.故选：B6.我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定的值，类似地的值为（）A.3B.4C.6D.7【答案】B【解析】【分析】设未知数，列出方程，得到答案. 【详解】设，则，平方得，解得，负值舍去.故选：B7.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设，得到，画出图象，数形结合得到答案.【详解】令，则，，其中，在同一坐标系内画出，故故选：D8.正六面体有6个面，8个顶点；正八面体有8个面，6个顶点，我们称它们互相对偶.如图，连接正六面体各面的中心，就会得到对偶的正八面体.在正六面体内随机取一点，则此点取自正八面体内的概率是（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】求出总体积以及符合要求的体积，代入几何概型的计算公式即可．【详解】设正方体的棱长为2，则正方体的体积，正八面体是由两个全等的正四棱锥组成，且棱长为，则正四棱锥的底面积为2，高为1，体积为，则正八面体的体积，则此点取自正八面体内的概率：故选：A.【点睛】本题考查了利用体积之比求解几何概型问题，属于中档题.9.已知双曲线的左、右焦点分别是，，直线分别经过双曲线的实轴和虚轴的一个端点，，到直线的距离和大于实轴长，则双曲线的离心率的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用点到直线距离公式列出不等式，求出，得到离心率取值范围.【详解】设直线经过，则直线的方程为，即，则到直线的距离分别为，，故，解得，故离心率，故双曲线的离心率的取值范围是. 故选：B10.已知三棱锥的外接球的表面积为，平面，，，则该三棱锥中的，，面积之和的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】将三棱锥补形长方体，设，由条件证明，表示三角形的面积和，利用基本不等式求其最大值.【详解】如图将三棱锥补形长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以长方体的对角线为其外接球的直径，设，则，因为三棱锥的外接球的表面积为，所以，所以，所以，三棱锥中的，，面积之和，故，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，所以三棱锥中的，，面积之和的最大值为.故选：D.11.定义在上的偶函数满足，且，关于的不等式的整数解有且只有个，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，且该函数为周期函数，周期为，根据题意可知不等式在上有且只有个整数解，数形结合可得出关于实数的不等式组，即可得解.【详解】因为定义在上的偶函数满足，所以，函数的图象关于直线对称，则，即函数为周期函数，且周期为，令，该函数的定义域为，则，即函数为偶函数，因为，则，即满足，又因为不等式有个整数解，所以，不等式上有且只有个整数解，如下图所示： 所以，，即，解得.故选：A.12.若函数在上单调，且满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意结合三角函数的性质分析可得，对称轴为，对称中心为，运算求解即可.【详解】函数在上单调，则，可得，因为，且，所以的对称轴为，又因为，且在上单调，所以的对称中心为，即，注意到对称轴为与对称中心相邻，可得， 则，且，解得，因为的对称轴为，则，解得，且，取，则.故选：D.第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知,,,则向量与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】条件中给出了两个向量的模长，要求夹角只要求出向量的数量积，需要运用，得到关于与数量积的方程，解出结果代入求夹角的公式，注意夹角的范围．【详解】∵||=1，||=2，，∴=0，∴==1，∴cos＜＞==，∵＜＞∈[0，π]，∴两个向量的夹角是，故答案为：．【点睛】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用.利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数. 14.若实数x，y满足,则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】画出实数x，y满足的平面区域，表示可行域内的点到连线的斜率，结合图象即可求出斜率的取值范围.【详解】画出可行域如图所示，三角形区域即为可行域，而表示可行域内的点到连线的斜率，易得，，.故答案为：.15.曲线在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为______．【答案】##0.25【解析】【分析】求导，得到切线方程的斜率，进而求出切线方程，求出与坐标轴围成的三角形面积.【详解】，故，故在点处的切线方程为，令得，令得， 所以切线与坐标轴所围成的三角形面积为.故答案为：16.设为数列的前项和，满足，其中，数列的前项和为，满足，则______．【答案】【解析】【分析】利用得到，得到，利用裂项相消法求和.【详解】当时，，①，当时，②，两式相减得，即，所以，且对也适合，综上，，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．17.在中，角A，B，C满足．（1）求证：；（2）若角，求角A的大小．【答案】（1）证明过程见解析 （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而证明出结论；（2）在（1）的基础上，结合三角恒等变换得到，由角A的范围得到答案.【小问1详解】，由正弦定理得，其中，所以，变形得到，由正弦定理得；【小问2详解】，故，即，所以，，因为，所以，故，解得.18.某同学在生物研究性学习中，对春季昼夜温差大小与黄豆种子发芽多少之间的关系进行研究，于是他在4月份的30天中随机挑选了5天进行研究，且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：日期4月1日4月7日4月15日4月21日4月30日温差x/℃101113129发芽数y/颗2325302616（1）从这5天中任选2天，求这2天发芽的种子数均不大于26的概率；（2）请根据这5天中的数据，求出关于的线性回归方程． 附：回归直线的斜率的最小二乘估计公式为．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由列举法结合古典概型概率计算公式即可得到结果；（2）根据题意，由最小二乘估计公式分别求得即可得到结果.【小问1详解】由题意，所有取值范围有，，共有10个；设均不大于26为事件A，则事件A包含的基本事件有共6个，则.【小问2详解】由数据可得，则，，，则，则，所以关于的线性回归方程为19.在直三棱柱中，为的中点，为侧棱的中点． （1）证明：∥平面；（2）设，，且异面直线与所成的角为30°，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，设，证明，根据线面平行判定定理证明∥平面；（2）取的中点为，结合异面直线夹角定义可得，由条件解三角形求，证明平面，结合锥体体积公式求三棱锥的体积．【小问1详解】连接，设，因为为侧棱的中点．所以，，所以，因为为的中点，，所以，所以，所以，又平面，平面， 所以平面；【小问2详解】取的中点为，因为为的中点，所以，又，所以，所以为异面直线与所成的角，故，设，因为，，所以，，，，又，所以，又，，因为，，平面，所以平面，平面，所以，所以，又，，所以，即，因为，，平面，所以平面， 所以三棱锥的体积.20.已知函数．（1）求函数的极值；（2）对于任意的，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）极小值为，极大值为；（2）.【解析】【分析】（1）根据导数的性质，结合极小值的定义进行求解即可；（2）问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数判定其单调性即可.【小问1详解】由得，令，则或，令，则，故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有极小值点，极小值为； 当时，函数有极大值点，极大值为；【小问2详解】问题，时恒成立，等价于恒成立，构造函数，即，即证函数在上单调递减，即在上恒成立，由，设，因为，所以，所以函数单调递减，故，因此.【点睛】关键点睛：构造函数利用导数的性质进行求解是解题的关键，对于恒成立的问题可以用分离参数来处理.21.已知椭圆过点，且离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交于、两点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、、，记，则且，可知， ，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点的轨迹方程，即可证得结论成立.【小问1详解】解：由题意可得，解得，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点、、，因为，记，则且，又因为点在椭圆外，且、、、四点共线，所以，，，所以，，，所以，，，所以，，， 又因为，则，作差可得，即，即，即，故点总定直线上.【点睛】关键点点睛：本题考查利用线段长之比相等求点的轨迹方程，解题的关键在于引入参数，将相等的长度之比转化为向量的坐标运算，结合点差法进行求解.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，曲线：（为参数，且）．以坐标原点为点，轴为极轴建立极坐标系．（1）求普通方程和极坐标方程；（2）设点是上一动点，点在射线上，且满足，求点的轨迹方程．【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）根据圆的参数方程以及极坐标与直角坐标直角的转化运算求解，注意参数的取值范围；（2）根据题意结合极坐标的定义分析运算.【小问1详解】由消去参数可得：，注意到，则，所以的普通方程为， 可知曲线表示以圆心，半径为1的上半圆，由，整理得，则，且，可得，又因为曲线为上半圆，则极角，所以的极坐标方程为.【小问2详解】设点的极坐标为，，因为点在射线上，且满足，则点的极坐标为，则，即，可得点的轨迹的极坐标方程为，，所以点的轨迹的直角坐标方程为，.[选修4-5：不等式选讲]23.设函数．（1）求函数的最小值；（2）若，，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，即可画出函数图象，数形结合即可判断；（2）根据的符号关系，将绝对值不等式进行化简，结合绝对值不等式的性质进行证明即可．【小问1详解】 ，所以的图象如下所示：则在上单调递减，在上单调递增，所以.【小问2详解】若，则，若，则，因此，而，故成立.