2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底测试数学（理）试题含解析

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2023届江西省名校联考高三7月第一次摸底测试数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出集合，再由集合的交集即可得出答案.【详解】解：因为，，，，所以,所以．故选:C．2．已知a，，i为虚数单位，则“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由纯虚数的定义结合充分、必要条件的定义即可求出答案.【详解】解：由复数是虚数但不是纯虚数知且，而等价于或，所以“复数是虚数但不是纯虚数”是“”的充分不必要条件．故选：A.3．函数在上的值域为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据指数函数与正弦函数的单调性可得函数在上单调递增，从而可求的值域.【详解】解：易知函数在上单调递增，且，，所以在上的值域为．故选:B．4．设F为椭圆的右焦点，点，点B在C上，若，则（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出，知B为短轴端点，由两点间的距离公式即可求出答案.【详解】解：由题意得，，则，从而．设左焦点为，则，所以B为短轴端点，所以．故选:C．5．若x，y满足不等式组，则下列目标函数中在点处取得最小值为（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据不等式组画出可行域，再分析各选项即可.【详解】作出满足题设约束条件的可行域，即如图内部（含边界）易得作直线，把直线向上平移，z减小，当过点时，取得最小值，故A正确；作直线，把直线向上平移，z减小，当过点时，取得最大值，故B错误；作直线，把直线向上平移，z增加，当过点时，取得最大值，故C错误；作直线，把直线向上平移，z增加，当过点时，取得最大值，故D错误．故选：A．6．从1，2，…，6这六个数字中随机抽取2个不同的数字，记事件“恰好抽取的是2，4”，“恰好抽取的是4，5”，“抽取的数字里含有4”．则下列说法正确的是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题可知为互斥事件，进而可得，而，，，进而可判断A,B,C选项，根据条件概率可判断D选项.【详解】由题知，从6个数中随机抽取2个数，共有种可能情况，则，．对于A选项，“恰好抽取的是2，4”和“恰好抽取的是4，5”为互斥事件，，，故A错误；对于B选项，，故B错误；对于C选项，，故C错误；对于D选项，由于，故由条件概率公式得，故D正确．故选:D．7．1750年，欧拉在给哥德巴赫的一封信中列举了多面体的一些性质，其中一条是：如果用V，E和F分别表示简单凸多面体的顶点数、棱数和面数，则有如下关系：．已知一个正多面体每个面都是全等的等边三角形，每个顶点均连接5条棱，则（       ）A．50 B．52 C．60 D．62【答案】D【分析】根据多面体的性质，结合欧拉公式进行求解即可.【详解】由已知条件得出，解得，所以．故选：D．8．已知双曲线的一个焦点坐标为，当取最小值时，C的离心率为（       ）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】根据双曲线的标准方程可得，根据的关系可得，由基本不等式的求解即可得，进而，即可求离心率.【详解】由可得，所以，故可得，所以，当且仅当，即时等号成立，所以，，又，所以，故选：B．9．某数学爱好者以函数图象组合如图“爱心”献给在抗疫一线的白衣天使，向他们表达崇高的敬意！爱心轮廓是由曲线与构成，若a，，c依次成等比数列，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由“爱心”图经过点,可求出，再由“爱心”图过点与，可求出，再由a，，c，依次成等比数列可得代入即可求出答案.【详解】解：由“爱心”图知经过点，即，．由“爱心”图知必过点与，所以，得，，若a，，c，依次成等比数列，则，从而，所以．故选:A．10．已知数列的前n项和为，且满足，，则（       ）A．0 B． C．l D．【答案】C【分析】由求解即可.【详解】解：．故选:C．11．设，，，则（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据a、b、c算式特征构建函数，通过求导确定函数单调性即可比较a、b、c的大小关系.【详解】令，则，因此在上单调递减，又因为，，，因为，所以．故选：B．二、填空题12．若展开式中第4项的二项式系数和系数分别为p，q，则________．【答案】-0.125【分析】根据二项式定理中二项式系数与项系数的求解即可得.【详解】有题意可知，，所以．故答案为：13．已知圆台的上、下底面半径分别为，若该圆台的表面积为，母线长为2，且，则________．【答案】3【分析】利用圆台的表面积公式进行求解.【详解】圆台的表面积为，从而，，因此，解得（负值舍）．故答案为：3.14．在中，，，，若，则与夹角的大小为________．【答案】【分析】先根据，求出数量积，再求出，利用夹角公式可求答案.【详解】，，又故与的夹角为．故答案为：.15．在中，，则________．【答案】【分析】利用三角形的特性与三角恒等变化由可得，进而，利用基本不等式和三角函数的值域可得，，求出即可求解【详解】在中，，，又，，，，，当且仅当即时取等，又，，，从而，，所以．故答案为：三、解答题16．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，，若函数在上存在零点，则（       ）A．或 B．或 C． D．【答案】D【分析】根据正弦定理可求或，分类讨论后可求得符合条件的角.【详解】在中，由正弦定理可得，即，因为，从而或．若，则，而时，，故，故在上没有零点，不符合题意，若，则，而时，，故，故在上存在零点，符合题意．故选：D．17．已知数列和的项均为正整数，前n项和分别为，且．(1)求和的通项公式；(2)求数列的前n项和．【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据整数的性质可得或，从而可求，，从而可求.（2）利用错位相减法可求.【详解】(1)因为和的项均为正整数，所以前n项和也为正整数．又，从而得，所以得或，若，则，与的项均为正整数相矛盾，故不符合题意，所以，．当时，，当时，，所以同理，．(2)记的前n项和为，当时，，，所以；当时，则，①①，得，②由①-②得，化简得，而也符合该式，综上，的前n项和．18．如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，，，D为上靠近A的三等分点．(1)若，求证：平面平面；(2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据长度关系先证明线线垂直，再证明线面垂直，从而证明面面垂直；（2）建立坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值.【详解】(1)证明：因为是边长为2的正三角形，所以，，又，所以，从而．因为，，所以．又因为D为上靠近A的三等分点，所以，在中，由余弦定理得．因此，所以．因为，所以平面，又平面，所以平面平面．(2)解：由题意当三棱锥的体积最大时，有平面平面．取的中点O，连接，，则，平面平面，平面，从而平面，又，为的中点，所以；以O点为原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，从而，，，设平面的法向量为，则从而，取，则．设平面的法向量为，则从而，取，则．，由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为．19．某学校举行“百科知识”竞赛，分两轮进行，第一轮需要从给定的5道题中选3道进行回答，答对一道得3分，答错一道扣1分，第二轮需要回答3道问题，答对一道得5分，答错不得分．选手甲在第一轮的5道题中只能答对其中2道，第二轮的3道题中答对任意一道的概率均为．假设选手甲两轮比赛的答题结果是相互独立的．(1)求选手甲两轮比赛的得分相等的概率；(2)记选手甲两轮比赛的得分分别为X和Y，试比较X，Y的数学期望的大小．【答案】(1)(2)【分析】（1）分别分析两轮比赛的可能得分，两轮比赛均为5分时得分相同，则按照两轮比赛得5分的具体情况求概率即可.（2）第一轮比赛得分为超几何分布，X的可能取值为-3、1、5，分别求概率并作出分布列求出期望；第二轮比赛答对题目数量Z服从二项分布，得分，则根据二项分布期望公式及性质求期望即可，最后再比较两期望值大小.【详解】(1)选手甲在第一轮比赛所选的3道题答对的道数可能为0，1，2，得分分别为-3，1，5．选手甲在第二轮比赛需要回答的3道题答对的道数可能为0，1，2，3，得分分别为0，5，15，20．选手甲两轮比赛的得分相等即甲在第一轮比赛答对2道且在第二轮比赛答对1道的情况，其概率为．(2)选手甲第一轮比赛的得分X的可能取值为-3、1、5，，，，则X的分布列为:所以．由题意知选手甲第二轮比赛的答对题的数量Z服从二项分布，则，因此．20．已知抛物线，，是C上两个不同的点．(1)求证：直线与C相切；(2)若O为坐标原点，，C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）联立直线与抛物线的方程消元，利用证明即可；（2）设，由（1）可得出两条切线的方程，然后联立可得，然后由可得，即可证明.【详解】(1)联立得，因为在C上，则，所以，因此直线与C相切．(2)由（1）知，设，切线的方程为，切线的方程为，联立得，因为，，所以．又因为，所以，解得，所以．故点P在定直线上．21．已知函数（其中为自然对数的底数）．(1)讨论的单调性；(2)当时，，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）先求导数，分类讨论，利用导数的符号判定函数的单调性；（2）分离参数，构造新函数，利用新函数的单调性求解最值或者利用换元法求解最值，可得答案.【详解】(1)由可得，当时，，当时，，当时，，从而的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，由得，，，①若，即时，恒成立，故在R上单调递增：②若，即时，由可得，或．令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；③若，即时，由可得，或，令可得，此时的单调递增区间为和，单调递减区间为；综上所述，当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；当时，在R上单调递增；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；(2)不等式，可得对恒成立，即对任意的恒成立，令，则，令，则，则在上单调递减，又，故在上有唯一的实根，不妨设该实根为，故当时，，，单调递增；当时，，，单调递减，故，又因为，所以，，，所以，由题意知，解得，故a的取值范围为．另解：（2）由不等式，可得对恒成立，即，对任意的恒成立，令，，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减，故，由题意知，解得，故a的取值范围为．【点睛】本题主要考查导数的应用，单调性的判定主要利用导数的符号来判定，注意分类讨论的不重不漏，参数范围的求解一般利用分离参数法来进行，借助导数求解新函数的最值.22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数）．以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，圆C的圆心为，半径为2．(1)求l和C的极坐标方程；(2)若l与C相交于，两点，求的值．【答案】(1)，(2)20【分析】（1）先分别求出直线与圆的普通方程，再根据即可求出l和C的极坐标方程；（2）联立直线和圆的极坐标方程，整理可得关于的一元二次方程的形式，利用韦达定理即可得出答案.【详解】(1)解：由l的参数方程可得其普通方程为，的极坐标方程为，即；的圆心为，即直角坐标系中的，半径，的直角坐标方程为，即，的极坐标方程为，即；(2)解：由得，，整理可得，两边平方可得，即，，由（1）得，，，．23．已知函数，不等式的解集为．(1)求实数m的值；(2)若正实数a，b满足，，证明：．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）分情况讨论解绝对值不等式；（2）根据重要不等式及不等式的性质证明.【详解】（1）解：不等式，即．而又由，得．因为不等式的解集为．所以解得．（2）证明：因为，又由（1）可知，，即，由于，，所以．X-315P