首页

江西省九江市2023届高三数学(理)高考二模试题(Word版附解析)

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/23

2/23

剩余21页未读,查看更多内容需下载

九江市2023年第二次高考模拟统一考试数学试题(理科)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.全卷满分150分,考试时间120分钟.考生注意:1.答题前,考生务必将自己的准考证号、姓名等内容填写在答题卡上.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,第Ⅱ卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答,在试题卷上作答,答案无效.第Ⅰ卷(选择题60分)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.已知复数z满足,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意,由复数的运算即可得到,从而得到结果.【详解】因为,则,即,所以.故选:C2.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据对数的性质,结合集合交集和补集的定义进行求解即可. 【详解】由,或,因为,所以,所以,故选:A3.已知实数x,y满足条件,则的最大值为()A.B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据题意,作出可行域,结合图像可知,当经过点时,最大,即可得到结果.【详解】由约束条件可得可行域的区域,因为,可转化为,平移直线,结合图像可得,当直线过点时,取得最大值,且,解得,即点,所以.故选:D4.已知命题:,,若p为假命题,则实数a的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题,得出为真命题,即,恒成立,由,即可 求出实数a的取值范围.【详解】因为命题:,,所以:,,又因为为假命题,所以为真命题,即,恒成立,所以,即,解得,故选:D.5.已知,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意,将原式两边平方结合二倍角公式即可求得,再求出.【详解】∵,且,∴,,∴,∴.故选:B.6.执行下边的程序框图,如果输入的是,,输出的结果为,则判断框中“”应填入的是() A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用程序框图的循环结构,不断循环直到满足为止.【详解】根据程序框图,输入,,则,满足循环条件,,,满足循环条件,,……,,不满足循环条件,输出结果.故A,B,D错误.故选:C.7.已知变量的关系可以用模型拟合,设,其变换后得到一组数据如下.由上表可得线性回归方程,则()x12345z2451014A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据样本中心点在回归方程上可得,再利用对数运算法则即可得,所以.【详解】由表格数据知,.即样本中心点, 由,得,即,所以,即,可得,故选:B.8.如图,正方体的棱长为2,M是面内一动点,且,则的最小值为()A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】先由确定M在线段上,再将沿着展开,使得D,B,C,四点共面,由平面内二点间的直线距离最短求解即可.【详解】如图,连接BD,,,易知平面,∵,∴平面,即M在线段上,将沿着展开,使得D,B,C,四点共面,如图,又因为正方体的棱长为2,故此时,,,由平面内二点间的直线距离最短得,故选:C.9.青花瓷又称白地青花瓷,常简称青花,中华陶瓷烧制工艺的珍品,是中国瓷器的主流品种之一,属釉下 彩瓷.一只内壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上,瓷碗底座高为,瓷碗的轴截面可以近似看成是抛物线,碗里不慎掉落一根质地均匀、粗细相同长度为的筷子,筷子的两端紧贴瓷碗内壁.若筷子的中点离桌面的最小距离为,则该抛物线的通径长为()A.16B.18C.20D.22【答案】C【解析】【分析】建立直角坐标系设,且抛物线为,利用三角形三边关系得,结合已知有求参数p,进而确定通径长.【详解】如图,建立平面直角坐标系,设抛物线为,焦点,,,∵,,∴,设线段AB中点为M,则,由题意知,的最小值为6,即,得,∴该抛物线的通径长为.故选:C10.在中,三内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,已知,.当B取最小值时,的面积为()A.B.1C.D.【答案】C 【解析】【分析】由正弦边角关系、三角形内角性质、正切和角公式可得,即A,C为锐角,利用基本不等式得B最小时最小值,即知为等腰三角形,应用三角形面积公式求面积即可.【详解】由正弦定理得,即,∴,即.∵,∴,故A,C为锐角.又,仅当时等号成立,所以三角形内角B最小时,取最小值,此时,所以为等腰三角形,,,∴.故选:C11.已知双曲线的左右焦点分别为,M双曲线C左支上一点,且,点F1关于直线对称的点在y轴上,则C的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意,由双曲线的定义结合离心率的计算公式,即可得到结果. 【详解】设点关于直线对称的点为P,连接,则为正三角形,∴又,∴,,由双曲线的定义知,解得,故选:A.12.设,,,则a,b,c的大小关系为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分别构造函数和,利用导数讨论其单调性可得.【详解】解:将用变量x替代,则,,,其中,令,则,令,则,易知在上单调递减,且,,∴,使得,当时,,单调递增;当时,,单调递减.又,,∴,∴在上单调递增,∴,即,∴, 记,,则,在上单调递增,又,所以,所以综上,.故选:B.第Ⅱ卷(非选择题90分)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,学生根据要求作答.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,常数项是_________.【答案】60【解析】【分析】根据二项式写出通项的公式并整理,令的指数为0,求得的值,代回计算即可.【详解】的展开式中,通项公式为,令,求得.可得展开式中常数项为,故答案为:60.【点睛】本题考查二项式展开式中特定项的系数,属基础题.关键是熟练掌握通项公式和指数幂的化简运算.14.已知非零向量,满足,且,则,的夹角为______.【答案】【解析】【分析】先根据求出,利用数量积夹角公式可得答案.【详解】设向量,的夹角为,∵,且,∴,∴,又,∴.故答案为: 15.函数的所有零点之和为______.【答案】6【解析】【分析】令,两个解即为零点,将零点问题转换成,两个函数的交点问题,作图即可求出零点,且和的函数图象关于对称,零点也关于,即可求出所有零点之和.【详解】解:令,得,解得或,即为零点,令,,可知的周期,对称轴,且的对称轴,做出和的图象如图所示:显然,在和上各存在一个零点,在处的切线为x轴,在上存在零点,同理在上存在零点,所以在上存在6个零点,因为和的函数图象关于对称,则零点关于对称,所以的所有零点之和为.故答案为:6.16.根据祖暅原理,界于两个平行平面之间的两个几何体,被任一平行于这两个平面的平面所截,如果两 个截面的面积相等,则这两个几何体的体积相等.如图1所示,一个容器是半径为R的半球,另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥,这两个容器的容积相等.若将这两容器置于同一平面,注入等体积的水,则其水面高度也相同.如图2,一个圆柱形容器的底面半径为,高为,里面注入高为的水,将一个半径为的实心球缓慢放入容器内,当球沉到容器底端时,水面的高度为______.(注:)【答案】【解析】【分析】根据祖暅原理,建立体积等量关系,代入体积运算公式求解即可.【详解】设铁球沉到容器底端时,水面的高度为h,由图2知,容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积,由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积,故容器内水的体积等于相应圆台的体积,因为容器内水的体积为,相应圆台的体积为,所以,解得,故答案为: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.已知公差不为零的等差数列中,,且成等比数列,记.(1)求的通项公式;(2)求前n项和的最值.【答案】(1) (2)最大值为,最小值为【解析】【分析】(1)根据等差数列定义由可得,再根据成等比数列即可解得,可得的通项公式;(2)易得,分别讨论n为奇数、偶数时前n项和的表达式,再利用其函数特性即可求得最大值为,最小值为.【小问1详解】设等差数列的公差为,∵,∴∵,,成等比数列,∴,即,化简得由解得或(舍去)∴即的通项公式【小问2详解】由(1)可知设的前n项和为,即当n奇数时,,单调递减,∴当n为偶数时,,单调递增,∴∴前n项和的最大值为, 最小值为18.如图,在三棱柱中,平面,,,,D为棱的中点.(1)求证:平面;(2)在棱BC上是否存在异于点B的一点E,使得DE与平面所成的角为?若存在,求出的值若存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在,【解析】【分析】(1)根据题意,分别证明,,结合线面垂直的判定定理即可证明;(2)根据题意,连接,以A为原点,AB,AC,所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果.【小问1详解】∵平面,平面,∴,∵,∴由已知得,,∴,同理可得∴,即又,平面,∴平面【小问2详解】 连接,∵,,,∴,∵平面,∴,以A为原点,AB,AC,所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图空间直角坐标系,则设,则,∴由(1)知平面的一个法向量为∴化简得,解得或(舍去)故在棱BC上存在异于点B的一点E,使得DE与平面所成的角为,且19.现有编号为2至5号的黑色、红色卡片各一张.从这8张卡片中随机抽取三张,若抽取的三张卡片的编号和等于10且颜色均相同,得2分;若抽取的三张卡片的编号和等于10但颜色不全相同,得1分;若抽取的三张卡片的编号和不等于10,得0分.(1)求随机抽取三张卡片得0分的概率;(2)现有甲、乙两人从中各抽取三张卡片,且甲抽到了红色3号卡片和红色5号卡片,乙抽到了黑色2号卡片,求两人的得分和X的分布列和数学期望. 【答案】(1)(2)分布列见解析,【解析】【分析】(1)先研究三张卡片编号和等于10的情况,然后根据对立事件之间的概率关系得出所求概率;(2)得分和X的可能值为0,1,2,3,4.①若,则甲乙各得2分;②若,则甲得2分乙得1分;③若,则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分;④若,则乙得1分甲得0分;⑤若,则甲和乙均得0分.根据以上分析求出对应概率,进而得到X的分布列及数学期望.【小问1详解】三张卡片编号和等于10有3种可能,分别为:,,其中,三张卡片编号均不同的情况共有:种有两张卡片编号相同的情况共有:种设“随机抽取三张卡片得分为0分”为事件A,∴,即随机抽取三张卡片得0分的概率为.【小问2详解】得分和X的可能值为0,1,2,3,4①若,则甲乙各得2分.即甲为2(红)+3(红)+5(红),乙为2(黑)+3(黑)+5(黑),有1种情况.∴②若,则甲得2分乙得1分.即甲2(红)+3(红)+5(红),乙为2(黑)+4(红)+4(黑)有1种情况.∴③若,则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分.若甲得2分乙得0分,则甲为2(红)+3(红)+5(红),对应乙有4种情况:2(黑)+3(黑)+4(黑),2(黑)+3(黑)+4(红),2(黑)+4(黑)+5(黑),2(黑)+4(红)+5(黑);若乙得2分甲得0分,则乙为2(黑)+3(黑)+5(黑),对应甲有2种情况:3(红)+4(红)+5 (红),3(红)+4(黑)+5(红).∴④若,则乙得1分甲得0分.即乙为2(黑)+4(红)+4(黑),对应甲有2种情况:3(红)+3(黑)+5(红),3(红)+5(黑)+5(红).∴⑤若,则甲和乙均得0分.∴∴得分和X的分布列为:X01234P∴.20.如图,已知椭圆离心率为,直线l与圆相切于第一象限,与椭圆C相交于A,B两点,与圆相交于M,N两点,.(1)求椭圆C的标准方程;(2)当的面积取最大值时(O为坐标原点),求直线l的方程.【答案】(1)(2) 【解析】【分析】(1)根据和离心率的定义求出a、b,即可求解;(2)设直线l的方程为,,,根据直线与圆的位置关系可得.将直线方程联立椭圆方程,利用韦达定理表示、,结合弦长公式化简计算可得,由基本不等式计算可得,当且仅当时取等号,求出m即可求解.【小问1详解】依题意得,∴,又,∴,,∵,∴,,∴椭圆C的标准方程为;【小问2详解】依题意可设直线l的方程为,,,∵直线l与圆C相切,∴,即,联立方程组消去y整理得,∴,,∴∵,∴,即 当且仅当即时取等号,此时,∴直线l的方程为,即21.已知函数,.(1)若直线与曲线相切,求a的值;(2)用表示m,n中的最小值,讨论函数的零点个数.【答案】(1)(2)答案见解析【解析】【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标,再代入求参即可;(2)先分段讨论最小值,再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.【小问1详解】设切点为,∵,∴∴(*)消去a整理,得,∴∴【小问2详解】①当时,,,∴在上无零点②当时,,.若,,此时,是的一个零点,若,,此时,不是的零点③当时,,此时的零点即为的零点.令,得,令,则, 当时,;当时,,∴在上单调递减,在上单调递增,且当时,(i)若,即时,在上无零点,即在上无零点(ii)若,即时,在上有一个零点,即在上有一个零点(iii)若,即时,在上有两个零点,即在上有两个零点(iv)若,即时,在上有一个零点,即在上有一个零点综上所述,当或时,在上有唯一零点;当或时,在上有两个零点;当时,在上有三个零点请考生在第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xOy中,已知直线l的方程为,曲线C的参数方程为(α为参数).以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求直线l的极坐标方程和曲线C的普通方程;(2)设直线与曲线C相交于点A,B,与直线l相交于点C,求的最大值.【答案】(1)直线l的极坐标方程:,曲线C的普通方程:(2)【解析】 【分析】(1)利用公式、以及消参的方法求解.(2)利用方程联立、两点间的距离公式、换元法以及函数进行计算求解.【小问1详解】因为直线l的方程为,,所以直线l的极坐标方程:,曲线C的参数方程为,所以,消去参数有:,所以曲线C的普通方程:.【小问2详解】因为直线与曲线C相交于点A,B,由(1)有:曲线C,由,得,解得,,所以,,解得,所以,又直线与与直线l相交于点C,由得,,,,所以,所以,令由有:,所以,因为,所以,所以,所以,所以的最大值为选修4—5:不等式选讲 23.已知函数.(1)若的最小值为1,求a的值;(2)若恒成立,求a的取值范围.【答案】(1)或(2)【解析】【分析】(1)根据结合取等条件即可得解;(2)把恒成立,转化为恒成立,分情况讨论去绝对值符号,从而可得出答案.【小问1详解】因为,当且仅当时取等号,,当且仅当时取等号,所以,解得或,故a的值为或;小问2详解】令,由题意知恒成立,当且时,,要使得恒成立,则可得当时, 因为恒成立,则,由图像可知所以,所以综上可知,实数a的取值范围为.

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2023-09-13 20:55:01 页数:23
价格:¥3 大小:3.39 MB
文章作者:随遇而安

推荐特供

MORE