江西省新余市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）

新余市2022-2023学年高三第二次模拟考试高三数学试题卷（文科）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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用交集定义可求得集合.【详解】因为，因此，.故选：A.2已知复数满足，则复数（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得.【详解】因为，则，因此，.故选：B.3.已知，，则与的夹角（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.【详解】因，，则，所以，，因为，故.故选：C4.等差数列满足，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可求得的值，进而可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，故.故选：D.5.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由余弦的二倍角公式，结合二次方程得，进而得，再根据正弦的二倍角公式求解即可.【详解】解：因为，且所以，即，所以，解方程得或（舍）因为， 所以，所以.故选：A6.函数的部分图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由的奇偶性和特殊值利用排除法可得答案.【详解】对，，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，所以排除选项A；令，可得或，即，当时，，所以，故排除选项C；当时，，所以，所以排除选项D.故选：B.7.德国数学家莱布尼兹于年得到了第一个关于的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（年）开始，历时近年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的个新级数公式，著有《割圆密率捷法》一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算的近似值（其中表示的近似值）”.若输入，输出的结果可以表示为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出结果的表达式.【详解】第一次循环，，，不成立；第二次循环，，，不成立；第三次循环，，，不成立；第四次循环，，，不成立；，以此类推可知，最后一次循环，，，成立，跳出循环体，输出，输出的结果可以表示为.故选：C. 8.已知圆C：，若直线上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为，则实数k的取值范围是（）A.B.或C.或D.【答案】C【解析】【分析】根据切线夹角分析出，由圆心到直线的距离不大于4列出不等式求解可得．【详解】设两切点为，则，，所以,因此只要直线上存在点，使得即可满足题意．圆心，所以圆心到直线的距离，解得或．故选：C．9.算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位，十位､百位､千位.....，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位，百位，千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则有：①②；③④.上述结论正确的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数；能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计 算出概率，判断各序号即可求解．【详解】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是16.能被3整除的四位数，数字1和5各出现2个，因此满足条件的四位数的个数是6，所以，①正确；能被5整除的四位数，个位数为5，满足的个数为8，，②不正确；能被15整除的四位数的个位数是5，十位、百位、千位为一个5两个1，因此满足这个条件的四位数的个数是3，概率为，④正确；，③正确.故正确的有3个，故选：D.10.在长方体中，，，点、分别是棱、的中点，、、平面，直线平面，则直线与直线所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平行定理对直线进行平移、从而实现在三角形内求解角度．【详解】如图，连接并延长，交线段的延长线于点，连接交于点．则易知．连接，因为，所以异面直线与所成的角为．在中，易得，，， 则．故选：B．11.已知双曲线，过右焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出图形，计算出，设，可得出，由二倍角的正切公式可得出关于的等式，求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示：双曲线的渐近线方程为，即，所以，，则，因为，则，设，则，所以，，，， 由二倍角的正切公式可得，即，可得，因此，.故选：A.12.已知,则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.【详解】解:由题知构造,,所以,故在单调递减,所以,即,即,即因为,构造,,所以即在上单调递增,所以, 即,即,即,综上:.故选:D二､填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置.）13.若实数、满足约束条件，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】作出可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大，此时取最大值，即.故答案为：.14.已知数列中，，，且、是函数的两个零点，则___________.【答案】 【解析】【分析】分析可知数列为等比数列，利用韦达定理可得出，分析出的正负，结合等比中项的性质可求得的值.【详解】因为在数列中，，，则，所以，，所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，因为、是函数的两个零点，由韦达定理可得，因为，可得，所以，，由等比中项的性质可得，因此，.故答案为：.15.已知函数在上单调递增，且在上有最大值．则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】通过函数在上单调递增，求出的范围，再根据在上有最大值可得，进而即得.【详解】由，可得，又函数在上单调递增，所以，所以，又函数在上有最大值， 所以，即，综上，.故答案为：.16.在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.【答案】【解析】【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，所以AM⊥CD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为， 故答案为：【点睛】关键点睛：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.）17.在平面四边形中，.（1）求的长；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）弦有三角形为锐角三角形求出角的范围，在中，利用正弦定理将用角表示出来，再结合三角函数的性质即可得解.【小问1详解】在中，， 由余弦定理可得，即，解得或；【小问2详解】因为，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，在中，因为，所以，由，得，所以，所以.18.从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（1）求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）产品质量指标值在185与215之间的每个盈利200元，在175与185或215与225之间的每个亏损50元，其余的每个亏损300元.该企业共生产这种产品10000个，估计这批产品可获利或亏损多少元？ 【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数和方差公式，即可求解；（2）根据频率，可计算获利或亏损.【小问1详解】样本平均数【小问2详解】由频率分布直方图可知，质量指标值在的频率为，质量指标值在和的频率为，质量指标值在和的频率为，所以10000件产品的获利情况是元.19.如图,在四棱锥中,底面ABCD为正方形,底面ABCD,,E为线段PB的中点,F为线段BC的中点．（1）证明:平面PBC;（2）求点P到平面AEF的距离．【答案】（1）证明见解析 （2）．【解析】【分析】(1)先根据底面ABCD,得到,再根据,利用线面垂直的判定定理证明平面PAB,即,再根据一次线面垂直的判定定理证明平面PBC;(2)先根据长度及垂直关系得到进而得到的面积,再计算出,根据等体积法即可求得点P到平面AEF的距离.【小问1详解】证明:因为底面ABCD,平面ABCD,所以．因为ABCD为正方形,所以,因为,平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,因为平面PAB,所以,因为,E为线段PB的中点,所以,又因为,平面PBC,平面PBC,所以平面PBC.【小问2详解】由F是BC的中点．所以,因为底面ABCD,平面ABCD,所以,因为E为线段PB的中点,所以,由(1)知平面PBC,平面PBC,所以,所以,所以,因为,所以,由(1)知平面PAB,所以平面PAB,设点P到平面AEF的距离为h,则有, 解得,所以点P到平面AEF的距离为．20.已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.（1）求椭圆的标准方程.（2）若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，，，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.【小问1详解】设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）得，当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.所以直线的方程为，令，得，则， 直线的方程为，令，得，则，所以，，则，即，若为定值，则必为，当直线的斜率存在时，设直线，，，联立整理得，，则，，直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，因为，所以，，则，故，即.综上，为定值.21.已知函数，.（1）若，求的最小值； （2）若有且只有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）最小值为；（2）.【解析】【分析】（1）代入，求出，根据的范围可得在上恒成立，即可求出最小值；（2）显然，则原题可转化为在区间上有且只有1个零点．求出导函数，进而二次求导可得在区间上单调递增.推理得到当时，在上零点，根据导函数得到函数的单调性，结合零点的存在定理可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：当时，，则.当时，，所以，所以.又，所以，所以恒成立，所以在区间上单调递增， 所以的最小值为.【小问2详解】解：由已知可得，则在区间上有且只有1个零点．，令，.则，因为在区间上恒成立，所以在区间上单调递增.所以，当时，有最小值；当时，有最大值.当时，有，则恒成立，则在区间上单调递增，所以.又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；当时，有恒成立，则在区间上单调递减，所以.又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；当时，有，.又在区间上单调递增，根据零点的存在定理可得，，使得. 当时，，单调递减：当时，，单调递增.又，，要使在区间上有且只有一个零点，则，解得.又，所以.综上，实数的取值范围是．【点睛】方法点睛：根据函数零点的个数求解参数的取值范围：先观察看函数是否已存在零点，然后根据导函数研究函数的单调性，结合零点的存在定理，即可得到参数的取值范围.22.在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．【答案】（1）C：，直线l：（2）【解析】【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．【小问1详解】 曲线C的参数方程为（为参数，），所以，所以即曲线C的普通方程为．直线l的极坐标方程为，则，转换为直角坐标方程为．【小问2详解】直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，由代入，得，则，，即t1、t2为负，故．23.设．（1）求的解集;（2）若的最小值为，且，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；（2）由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.【小问1详解】 ，当时，或或,解得或或，所以，故解集为；【小问2详解】，当且仅当即时，等号成立，∴，∴，∵a，b为正实数，∴，当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为．