江西省南昌市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）

SRS2023届高三模拟测试（第二次）文科数学一、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】D【解析】分析】通过解二次不等式和对数不等式求出集合，然后由交集运算得出答案．【详解】由可得，所以，由，即，可得，所以，所以.故选：D．2.已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘、除法运算得到，结合复数的几何意义即可求解.【详解】复数满足，，对应点为，在第四象限.故选：D.3.执行如图所示的程序框图，若输入，则输出y的值为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据程序框图运行即可求解.【详解】因为成立，所以运行，即，所以输出的y的值是.故选：A4.已知数列，若，则（）A.9B.11C.13D.15【答案】B【解析】【分析】由题中条件，分别令，，即可得解.详解】由，令，则，则，令，则，则.故选：B.5.已知，则（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的单调性结合中间量法即可得解.【详解】因为，，，所以.故选：C.6.已知函数，命题，使得，命题，当时，都有，则下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数的性质和指数函数的性质依次判断命题p、q的真假，结合命题“且”、“或”、“非”的概念，依次判断即可.【详解】命题p：当时，，所以，即，则，使得，故命题p为假命题；命题q：当时，函数单调递增，又函数在R上单调递增，所以函数在上单调递增，所以时，，故命题q为真命题.则命题为真，故A正确；命题为假，故B错误；命题为假，故C错误；命题为假，故D错误. 故选：A.7.已知抛物线的准线为l，点M是抛物线上一点，若圆M过点且与直线l相切，则圆M与y轴相交所得弦长是（）A.B.C.4D.【答案】D【解析】【分析】设，则，，进而，解得，利用垂径定理计算即可求解.【详解】由题意得，，则准线为，设，因为圆M与直线l相切，所以圆的半径为，则圆的标准方程为，又圆M过点，所以①.又②，由①②，解得，则，设圆M与y轴交于点B、C，则.故选：D.8.如图，A，B，C是正方体的顶点，，点P在正方体的表面上运动，若三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，则三棱锥的体积为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据三棱锥的三视图的面积确定点的位置，从而求出体积.【详解】因为三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，正方体边长为2，所以点在如图所示的顶点位置，，三棱锥的体积为.故选：C9.已知数列的前n项的积为，若，则的最大值为（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】计算可得；当时，，由于，所以，从而得出结果.【详解】，，，， 可得；当时，，，∴，∵时，，∴，∴当时，，当时取等号，综上，当或5时，取最大值.故选：A．10.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（）A.B.2C.D.【答案】C【解析】【分析】由成等差数列得，结合余弦定理，可得，由的面积为，可得，两式相除可得答案.【详解】若成等差数列，则，由余弦定理得，，则，①由的面积为，得，则，②由②÷①得.故选：C.11.已知函数的三个零点分别为1，，若函数为奇函数，则的取值范围为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用，求得的表达式，由函数为奇函数，所以关于对称，可求得，利用二次函数零点分布的知识，求得满足的不等式组，求出的范围，即可求得的取值范围.【详解】由，得.所以，对于函数，其开口向上，因为函数为奇函数，所以关于对称，其两个零点，则，且且满足，解得：，根据二次函数零点分布的知识有，解得：，故选：B.12.已知M是圆上的动点，以点M为圆心，为半径作圆M，设圆M与圆C交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，圆M的方程为，又圆，两式相减得直线的方程，设直线上的点为，则，又，以为主元，由题意二者有公共点，从而求得，然后逐项验证即可. 【详解】设，则，所以，圆M的方程为，又圆，两式相减，得，即为直线的方程，设直线上的点为，则，整理得，又M是圆上的动点，则，以为主元，则表示直线，表示以为圆心，2为半径的圆，由题意，二者有公共点，则到直线的距离，即，得，对于A，，对于B，，对于C，，对于D，，则各选项的点中，直线一定不经过.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.是以2为周期的函数，若时，，则________．【答案】【解析】【分析】直接根据函数的周期性求解即可.【详解】因为是以2为周期的函数，若时，， 所以.故答案为：.14.某红绿灯十字路口早上9点后的某分钟内10辆汽车到达路口的时间依次为（单位：秒）：1，2，4，7，11，16，21，29，37，46，令表示第i辆车到达路口的时间，记，则的方差为________．【答案】##【解析】【分析】先求出的平均数，再利用求方差公式得到答案.【详解】由题意得，，，，故的平均数为，故的方差为.故答案为：15.圆锥曲线都具有光学性质，如双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线是发散的，其反向延长线会经过双曲线的另一个焦点．如图，一镜面的轴截面图是一条双曲线的部分，是它的一条对称轴，F是它的一个焦点，一光线从焦点F发出，射到镜面上点B，反射光线是，若，，则该双曲线的离心率等于________．【答案】##【解析】【分析】反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由题中条件可得， ，在直角三角形中，，，由双曲线的定义可得，所以，即可求得答案.【详解】在平面直角坐标系中，如图，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由，，可得，，在直角三角形中，，，由双曲线的定义可得，所以，即，所以，故答案为：．16.已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为________．【答案】【解析】【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解.【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体，取中点，连接，过点作⊥平面，则在上，且⊥平面，垂足为，连接，则为正的中心， 大正四面体的外接球球心在高上，设为，连接，则，因为大正四面体的棱长为，故，解得，由勾股定理得，在Rt中，，即，解得，则大正四面体的外接球半径为3，若这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接，则，设截去的小正四面体的棱长为，则，即，则，故，故高，所以，在Rt中，，即，解得或，，不合要求，舍去，符合要求，截去的小正四面体的棱长最小值为.故答案为：【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球 心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径三．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.如图是函数的部分图象，已知．（1）求；（2）若，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，则，再根据求得周期，即解；（2）根据结合三角恒等变换化简计算即可的解.【小问1详解】设，函数的最小正周期为T，则，则，故，解得(负值舍去)， 所以，所以；【小问2详解】由（1）得，，得，即，所以，又因，则，所以，所以.18.如图，在四棱锥中，已知底面是边长为4的菱形，平面平面，且，点E在线段上，．（1）求证：；（2）求点E到平面的距离．【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到垂直关系，再利用余弦定理得到边长，由勾股定理逆定理得到线线垂直，证明线面垂直，得到垂直关系； （2）利用等体积法求出点到平面的距离，进而由比例关系得到点E到平面的距离.【小问1详解】取中点，连接，因为底面是边长为4的菱形，且，所以为等边三角形，故，且，，因为，所以，，因为，所以，在三角形中，，故，因为，故⊥，因为，平面，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】因为平面平面，交线为，，平面，所以平面，其中，故， 连接，则，且，由勾股定理到，则，取中点，连接，则⊥，，由勾股定理得，则，设点到平面的距离为，因为，所以，因为，所以点E到平面的距离为.19.一地质探测队为探测一矿中金属锂的分布情况，先设了1个原点，再确定了5个采样点，这5个采样点到原点距离分别为，其中，并得到了各采样点金属锂的含量，得到一组数据，经计算得到如下统计量的值：，，，，，其中．（1）利用相关系数判断与哪一个更适宜作为y关于x的回归模型；（2）建立y关于x的回归方程．参考公式：回归方程中斜率、截距的最小二乘估计公式、相关系数公式分别为 ，，；参考数据：．【答案】（1）用作为y关于x的回归模型方程更适宜，理由见解析；（2）【解析】【分析】（1）用作回归模型求出相关系数，用作为回归模型求出相关系数，比较大小可得答案；（2）由已知条件求出，可得答案.【小问1详解】若用作回归模型，，，所以相关系数，若用作为回归模型，相关系数，比较与，， ，因为，所以用作为y关于x的回归模型方程；【小问2详解】由（1），，，，，则y关于x的回归方程为.20.已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，上顶点为B，且．（1）求椭圆C的方程；（2）若过且斜率为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q，与直线相交于点P，与y轴相交于点M，且．求k的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦距和角的正切值得到方程，求出，，得到椭圆方程；（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，得到，再与直线方程联立，得到，根据题干条件得到方程，代入求出答案，舍去不合要求的解.【小问1详解】由题意得，解得， 又，故，即，又，解得，，故椭圆方程为；【小问2详解】直线l的方程为，，与联立得，设，则，解得，因为点Q在第一象限，所以，解得，直线方程为，与联立得，故，中，令得，故，因为，所以，整理得，即，化简得，解得或，其中不满足，舍去，满足要求， 故.21.已知函数．（1）若时，求函数的极值；（2）若，设函数的较大的一个零点记为，求证：．【答案】（1）极小值，无极大值（2）证明见解析【解析】【分析】（1），求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；（2）利用函数的单调性可知，当时，，，以必然存在，使得，即，所以，要证明，只要证明，构造函数，结合函数的单调性，可证得结论.【小问1详解】当时，，则，当时，，则在为减函数；当时，，则在为增函数；所以的极小值为，无极大值．【小问2详解】由，则， 因为且．当时，，则在为减函数；当时，，则在为增函数；所以当时，，又因为，所以，当，此时，所以必然存在，使得，即，所以，要证明，即证明，即证明，即只要证明，设，则，所以当时，，则在上为减函数，所以．即，即．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行证明．（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．选修4-4：坐标系与参数方程 22.“太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”．在平面直角坐标系中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，其中黑、白区域分界线，为两个圆心在轴上的半圆，在太极图内，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求点的一个极坐标和分界线的极坐标方程；（2）过原点的直线与分界线，分别交于，两点，求面积的最大值．【答案】（1），：（2）【解析】【分析】（1）由直角坐标和极坐标互化公式转化即可；（2）由图形对称性知，，在极坐标系中，求，并求其最大值即可.【小问1详解】设点的一个极坐标为，，，则，，∵点在第三象限，∴，∴点的一个极坐标为.∵“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，∴分界线的圆心直角坐标为，半径为，∴的直角坐标方程为（），即（）， 将，，代入上式，得，，化简，得分界线的极坐标方程为，.【小问2详解】∵在上，∴设点的极坐标为，则，，∴的面积∵，∴，∴当，即时，的面积的最大值为.∵直线过原点分别与，交于点，，∴由图形的对称性易知，，∴面积，∴面积的最大值为. 选修4-5：不等式选讲23.已知．（1）在给出的直角坐标系中画出函数的图象；（2）若在上恒成立，求的最小值．【答案】（1）图象见解析（2）3【解析】【分析】（1）化简为分段函数形式，作图即可；（2）结合函数和的图象，分，，与四种情况讨论，结合图象及基本不等式求解．【小问1详解】其图象如下图所示： 【小问2详解】由（1）知函数与轴的交点为和，结合函数和的图象可以知道，当时，当或或时，由图可知在上不可能恒成立； 当时，，而的值有负数，可知在上不可能恒成立；当时，只需，则在上恒成立，此时，当时，过点且斜率为的直线方程为，令，则，要在上恒成立，则， 此时，当且仅当时等号成立．综上：的最小值为3．