江西省南昌市2023届高三数学（文）三模试题（Word版附解析）

20230607项目第三次模拟测试卷文科数学本试卷共4页，23小题，满分150分．考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上，并在相应位置贴好条形码.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案3．非选择题必须用黑色水笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效，4．考生必须保证答题卡整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．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】模拟程序的运行过程，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.下列说法中正确的选项是（）A.若样本数据的样本方差为3，则的方差为7B.若经验回归方程为时，则变量x与y负相关C.对于随机事件，若，则A与B相互独立D.根据变量X与Y的样本数据计算得到，根据的独立性检验，可判断X与Y有关，且犯错误的概率不超过0.05【答案】BC【解析】【分析】由方差的性质即可判断A，由线性回归方程的性质即可判断B，由条件概率的计算公式以及相互独立的定义即可判断C，由独立性检验即可判断D.【详解】对于A，若样本数据的样本方差为3，则的方差为，故A错误；对于B，回归方程为时，，变量x与y负相关，故B正确；对于C，因为，则，即，则A与B相互独立，故C正确；对于D，由独立性检验可知，，所以在犯错误的概率不超过0.05的情况下，不等认为X与Y有关，故D错误；故选：BC6.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．7.已知，将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意分析出数列与数列的公共项，找出他们公共项的通向公式，再利用裂项相消法解决问题. 【详解】若数列与数列的公共项，则设，即，因为为偶数，所以也为偶数，所以令数列与数列的公共项为：，所以，所以，故选：B.8.八一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.9.如图是函数的部分图象，且，则（） A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由可得，所以，再由，可求出，即可求出.【详解】由可得：，即，即，因为，所以，所以，结合图象可得，则，因为，所以，所以.故选：D.10.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，而平面，因此平面， 在等腰中，，则，，令的外接圆圆心为，则平面，，有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，从而，四边形为平行四边形，，又，因此球O的半径，所以球的表面积.故选：A11.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.12.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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，，，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】由已知条件可得，求出，可得出，利用基本不等式可求得最小值.【详解】由可得，则，由可得，所以，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.故答案为：.14.若直线是函数的一条切线，则________．【答案】##【解析】【分析】由导数的几何意义求出在出的切线方程，由题意可得，即可得出答案.【详解】函数的定义域为， ，设切点为，所以在点处的切线斜率为，由导数的几何意义可得：，则，又因为直线是函数的一条切线，所以，.故答案为：.15.两千多年前，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．用垂直于圆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2的等边（O为圆锥的顶点），过的中点M作截面与圆锥相交得到抛物线C，将C放置在合适的平面直角坐标系中可得到方程且，则________．【答案】##【解析】【分析】由题意及抛物线方程确定抛物线上的一个点，代入方程求参数.【详解】由题意，过平行于母线的截面所得抛物线且，因为圆锥的轴截面是一个边长为2的等边，则，故抛物线必过代入抛物线得，则.故答案为： 16.已知数列满足，则_______．【答案】【解析】【分析】先求出，由递推公式可得，所以是以为首项，为公比的等比数列，即可求出，再由等比数列的前项和求出答案.【详解】当时，，当时，，当时，，所以，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，.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（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，，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，在多面体中，四边形与均为直角梯形，，平面，，，G在上，且．（1）求证：平面；（2）若与所成的角为，求多面体的体积． 【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）延长交于点M，连接，根据已知求得，易证为平行四边形，有，则为平行四边形，即，最后应用线面平行的判定证结论；（2）取的中点N，可得，在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，得，证明为的中位线，由棱台结构特征确定为棱台，最后应用棱锥体积公式求体积.【小问1详解】延长交于点M，连接，则在面内，由，则，又，所以，可得，由，G在上且，故为平行四边形，则，且，又共线，所以，且，故为平行四边形，则，由平面，平面，所以平面．【小问2详解】取的中点N，则，且，所以为平行四边形，则，在平面内，过G作FB的平行线交AB于P，所以与所成的角，即为与所成角，则，平面，平面，则，而，设，则△中，， ，则为等边三角形，故，即，所以在中，P为的中点，且，故为的中位线，所以，易知多面体为棱台，且，且，体积．19.某公司进行工资改革，将工作效率作为工资定档的一个重要标准，大大提高了员工的工作积极性，但也引起了一些老员工的不满为了调查员工的工资与工龄的情况，人力资源部随机从公司的技术研发部门中抽取了16名员工了解情况，结果如下：工龄（年）12345678年薪（万）99510.129.969.9610.019.929.9810.04工龄（年）910111213141516年薪（万）10.269.9110.1310.029.2210.0410.059.95经计算得，，其中表示工龄为i年的年薪，．（1）求年薪与工龄的相关系数r，并回答是否可以认为年薪与工龄具有线性相关关系（若，则可以认为年薪与工龄不具有线性相关关系）．（2）在抽取的16名员工中，如果年薪都在之内，则继续推进工资改革，同时给每位老员工相应的补贴，如果有员工年薪在之外，该员工会被人力资源部门约谈并进行岗位调整，且需要重新计算原抽取的16名员工中留下的员工年薪的均值和标准差．请问是否要继续推进工资改革？如果不继续推进工资改革，请你计算原抽取的16名员工中留下的员工年薪的均值和标准差．（精确到0.01）附：样本的相关系数，， ．【答案】（1）-0.18，可以认为年薪与工龄不具有线性相关关系（2）10.02万元，0.09【解析】【分析】（1）利用样本相关系数的公式求解即可判断.（2）求出剩下员工年薪的均值和方差，再求出标准差即可.【小问1详解】由已知得，由样本数据得的相关系数，，因为，所以可以认为年薪与工龄不具有线性相关关系.【小问2详解】由于，由样本数据可以看出工龄为13年的员工年薪在之外，因此会被约谈并进行岗位调整，所以留下15名员工，剩下员工年薪的均值为万元，，余下员工年薪的方差为，所以标准差的估计值为．20.已知函数．（1）若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1），单调递减区间为，单调递增区间为.（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，依题意求出求的值，令，利用导数说明的单调性，即可得到的单调性，从而求出函数的单调区间；（2）依题意可得，设函数，则，利用导数说明的单调性，即可得到，则只需在上有两个根，然后构造新函数求的取值范围.【小问1详解】函数定义域为，，在处取得极值，则，所以，此时，令，，则，所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增.故的单调递减区间为，单调递增区间为.【小问2详解】依题意即在上有两个根，整理为，即，设函数，则上式为，因为恒成立，所以单调递增，所以，所以只需在上有两个根， 令，，则，当时，，当时，，故在处取得极大值即最大值，，且当时，当时，要想在上有两个根，只需，解得，所以的取值范围为.【点睛】方法点睛：同构变形是一种处理含有参数的函数常用方法，特别是指对同构，对不能参变分离的函数可以达到化简后可以参变分离的效果.21.“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．（1）以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线，，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M，N．设的斜率为，△DMN的面积为S，当时，求k的取值范围．【答案】（1）（2）． 【解析】【分析】（1）根据已知条件，用定义法求椭圆C的标准方程；（2）设直线，的方程，与椭圆方程联立方程组，求出M，N的坐标，求出弦长，表示出△DMN的面积，通过不等式求k的取值范围.【小问1详解】如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设为椭圆上一点，由题意可知，，∴所以M点轨迹是以F，E为焦点，长轴长的椭圆，因为，，所以，，则，所以椭圆C的方程为．【小问2详解】由（1）知，椭圆C的方程为，，所以直线：，：，如图所示，设，，联立，消去y并整理得， 所以，所以，所以，联立，消去y并整理得，所以，所以，所以，所以，由，得，整理得，得，又，所以，所以或．所以k的取值范围为【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．（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．