江西省南昌市2023届高三数学（理）三模试题（Word版附解析）

第三次模拟测试卷理科数学一､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】C【解析】【分析】先求出集合,进而求得,由,求出即可.【详解】解:因为或,所以,又有,所以.故选:C2.若虚数z使得是实数，则z满足（）A.实部是B.实部是C.虚部是D.虚部是【答案】A【解析】【分析】设（且），计算，由其为实数求得后可得．【详解】设（且），，是实数，因此，（舍去），或．故选：A．3.执行如图所示的程序框图，则输出的（） A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】模拟程序运行过程，分析循环结构中各变量值的变换情况即可得到结果.【详解】第一次循环：，，不满足；第二次循环：，，不满足；第二次循环：，，满足，结束循环，输出.故选:B4.平面向量，若，则（）A.6B.5C.D.【答案】B【解析】【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.【详解】因为，，所以，解得，所以，因此.故选：B． 5.函数的图像大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出函数的正零点，再由在正零点附近函数值的正负，即可判断出答案．【详解】根据题意，，令，可得的正零点依次为，，，当时，，则，排除B，D，当时，，则，排除C，所以只有A项符合，故选：A．6.八一广场是南昌市的心脏地带，八一南昌起义纪念塔是八一广场的标志性建筑，塔座正面镌刻“八一南昌起义简介”碑文，东、西、南三门各有一副反映武装起义的人物浮雕，塔身正面为“八一起义纪念塔”铜胎鎏金大字，塔顶由一支直立的巨型“汉阳造”步枪和一面八一军旗组成．现某兴趣小组准备在八一广场上对八一南昌起义纪念塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，A为纪念塔最顶端，B为纪念塔的基座（B在A的正下方），在广场内（与B在同一水平面内）选取C、D两点，测得的长为m．已知兴趣小组利用测角仪可测得的角有，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出纪念塔高度的是（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】依据解三角形的条件，逐项判断可解三角形求出塔高度的选项即可.【详解】对于A，由可以解，又，可求塔高度，故选项A能计算出纪念塔高度；对于B，在中，由，无法解三角形，在中，由，无法解三角形，在中，已知两角无法解三角形，所以无法解出任意三角形，故选项B不能计算出纪念塔高度；对于C，由，，可以解，可求，又，即可求塔高度，故选项C能计算出纪念塔高度；对于D，如图，过点作于点，连接，由题意知，平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以，则，由，知,，故可知的大小，由，，可解，可求，又，可求塔高度，故选项D能计算出纪念塔高度； 故选：B.7.“数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论､代数学､非欧几何､复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献.我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数､倒序相加法､最小二乘法等等.已知某数列的通项，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分离常数后可得，再利用倒序相加法，即可求解．【详解】当时，，，，，，，即.故选：D．8.已知函数的部分图象如图所示，其中.在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据函数图象可知，是函数的两个零点，即可得，利用已知条件即可确定的值.【详解】根据图象可知，函数的图象是由向右平移个单位得到的；由图可知，利用整体代换可得，所以，若为已知，则可求得.故选：B9.函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】当时，运用参数分离法，构造函数利用导数研究函数的性质即得，当时根据二次不等式的解法讨论的范围进而即得.【详解】由题意知，当时，；当时，；当时，．当时，，即，构造函数，当时，单调递增，当时，单调递减，，；当时，，当时，由，解得，不合题意；当时，由，得，不合题意；当时，由，得，，所以，此时，不合题意； 当时，，由，解得，此时当时恒成立，所以的解集为，符合题意；当时，由，得，又，所以，此时适合题意；综上，关于的不等式的解集为，则.故选：C.10.不与x轴重合的直线l经过点，双曲线上存在两点关于l对称，中点M的横坐标为，若，则C的离心率为（）A.B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得离心率.【详解】设，则，两式相减得，即，即，所以，因为是AB垂直平分线，有，所以，即，化简得，故.故选：C.11.如图所示，两个全等的矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，AB＝2，BC＝1，点P为线段CD 上的动点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】确定球心在平面的投影为中点，根据勾股定理得到，确定半径的最小值，再确定的位置使其满足条件，计算体积得到答案.【详解】为直角三角形，故球心在平面的投影为中点.设球半径为，，则，当，即球心与重合时，最小为，矩形ABCD与ABEF所在的平面互相垂直，则在平面的投影为中点，需满足是外心，当为中点时，为直角三角形，满足条件..故选：C12.设函数，，若存在实数满足：①；②，③，则的取值范围是（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】由①，②解出，，解出；结合③转化为线性规划问题解出.【详解】函数，，若存在实数满足：①；②，即，且，则，则，且，，所以，又因为③，则，令，不防设，，则转化为线性规划问题，在点处取最小值.由解得，代入解得.故选：.二､填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.的展开式中的系数是______.(用数字作答)【答案】【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，再根据通项赋值即可得展开式中的系数.【详解】的展开式的通项所以展开式中的系数是.故答案为：.14.两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯发现用平面切割圆锥可以得到不同的曲线.用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；用平行于圆锥的轴的平面截取，可得到双曲线的一支.已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形(为圆锥的顶点)，过的中点作截面与圆锥相交得到抛物线，将放置在合适的平面直角坐标系中可得到方程，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】根据所给定义作出图象，确定抛物线所经过的点，即可求解.【详解】如图，取底面圆的圆心为，作于点，因为,所以根据线面平行的判定定理可知，过的中点作截面与圆锥相交得到抛物线过，且,作出抛物线的图象如下，则有点,因为点在抛物线上，所以，解得， 故答案为:.15.小明每天从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车.他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到:坐公交车平均用时分钟，样本方差为；骑自行车平均用时分钟，样本方差为.假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则下列说法中正确的序号是______.①；②；③若小明计划前到校，应选择坐公交车；④若小明计划前到校，应选择骑自行车【答案】②③④【解析】【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.【详解】对于①，由条件可知，，根据对称性可知，故①错误；对于②，,，所以，故②正确；对于③，，所以，故③正确；对于④，，，所以，故④正确.故答案为：②③④16.已知数列满足，其中，则数列的前项和为______.【答案】【解析】【分析】根据递推公式将偶数项转化为奇数项，再运用递推公式求出奇数项的通项公式，再求和.【详解】由递推公式，得，即，，数列是首项为，公比等比数列，，， ；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1721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.在中，，，为内的一点，满足，.（1）若，求的面积；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出，再在中求出，利用正弦定理求出，最后由面积公式计算可得；（2）在中利用余弦定理求出，令，则，表示出，，再由正弦定理求出，即可得解.【小问1详解】解：在中，因为，且，所以.由，可得.又，则.在中，因为，，所以，则，解得，从而【小问2详解】 解：在中，由，解得或（舍去）.令，则在中.在中，，所以，则，即，得.因为，所以，从而.18.如图，四棱锥的底面ABCD为菱形，，为等边三角形，点Q为棱PB上的动点．（1）求证：；（2）若平面ABCD，平面AQD与平面CQD的夹角余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）通过证明平面，即可根据定义证出；（2）以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建系，根据平面AQD与平面CQD的夹角公式列方程，化简求得.【小问1详解】连接BD交AC于点O，连接．是的中点，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以. 【小问2详解】因为平面ABCD，平面，所以平面平面，以O为原点，以OB所在直线为x轴，以OC所在直线为y轴，以过点O垂直平面ABCD所在直线为z轴，建立如图所示坐标系．设OB＝1．，，，，，设，则，，则，，，，，设平面AQD的法向量为，，故可设，同理可求得平面的法向量为，设平面AQD与平面CQD的夹角为，，则．即，．19.随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念．该市某中学有A，B 两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月（30天）选择餐厅就餐情况统计如下：选择餐厅情况（午餐，晚餐）王同学9天6天12天3天张老师6天6天6天12天假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．（1）估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；（2）记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望；（3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：．【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）证明见解析【解析】【分析】（1）运用古典概型求概率即可.（2）根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期望.（3）运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果.【小问1详解】设事件C为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，因为30天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，所以．【小问2详解】由题意知，王同学午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，王同学午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1，张老师午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，张老师午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4， 记X为王同学、张老师在一天中就餐餐厅个数，则X的所有可能取值为1、2，所以，，所以X的分布列为X12P0.10.9所以X的数学期望【小问3详解】证明：由题知，所以，所以，所以，即：，所以，即.20.已知函数（a∈R）．（1）讨论的单调性：（2）证明：对任意，存在正数b使得．且2lna+b＜0．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，分和两种情况，讨论函数的单调性；（2）由（1）的单调性可知，再通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，并结合零点存在性定理证明.【小问1详解】， 当，则，则函数在上单调递减，若，令，得，当，，单调递减，当时，，单调递增，综上可知，当，函数在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】由（1）可知，当时，，且在上单调递减，在上单调递增，因为，所以，因为，设，，所以在上单调递减，所以，即，由零点存在性定理知，使得，取，则，且.【点睛】本题考查函数的单调性，导数及其应用，考查推理，论证，运算能力，考查函数与方程思想，化归于转化思想，分类与整合思想，本题的关键是根据，构造函数，再根据导数判断，21.已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交C丁A．B两点．当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3．（1）求C的方程；（2）是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）由椭圆的离心率及△ABF2的面积为3，列出两个基本量的方程求解即可；（2）根据对称性可知，圆E的圆心在轴上，利用直线l特殊位置时求出符合条件的圆E的方程，一般情况下前进性验证即可.【小问1详解】已知椭圆C的离心率为，所以；由当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3，得，即，又，所以，又，则，椭圆方程为.【小问2详解】当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；因为直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R,当以AB为直径圆在圆E内部与E相切时，则，，故，又，所以，，即，，圆E的方程为；当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，则，，故，又，所以，，即，，圆E方程为；当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为,，， 联立，得，则，，所以AB的中点即以AB为直径的圆的圆心，半径，当圆E的方程为时，，此时，所以以AB为直径的圆与E相切.当圆E的方程为时，，此时，所以以AB为直径的圆与E相切.综上圆E的方程或.【点睛】与圆锥曲线相关的圆问题方法点睛因为圆的方程在圆锥曲线的求解过程中计算量比较大，所以往往不直接进行求解，而是由特殊位置求解圆的方程或者找到其特征，再一般情况下进行验证即可.(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，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，为曲线上一点．（1）求到直线距离的最大值；（2）若点为直线与曲线在第一象限的交点，且，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）消参得出直线的普通方程，由得出曲线的普通方程，再由距离公式结合圆的对称性得出到直线距离的最大值；（2）联立直线与曲线的方程，求出，再由的几何意义，结合面积公式求出的面积．【小问1详解】∵直线的参数方程为（为参数），两式相加得∴直线的普通方程为，又∵曲线的极坐标方程为，所以，所以曲线的普通方程为，即，又因为在圆上，圆心到直线的距离为，所以到距离的最大值为【小问2详解】因为或，又∵在第一象限，∴点，在曲线上，设，．代入曲线的极坐标方程得，∴， 故的面积为选修4-5:不等式选讲23.已知，（1）当时，解关于的不等式；（2）若对，都有成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）分类讨论的值，再解不等式；（2）将问题转化为，由绝对值三角不等式以及二次函数的性质得出，再解不等式得出的取值范围．【小问1详解】当时，当时，，∴当时，，无解．当时，，∴综上不等式的解集为【小问2详解】由已知∵，∴ ∴等价于或，解得或．