江西省赣州市2023届高三下学期3月一模试题+数学（理）+Word版含答案

赣州市2023年高三年级摸底考试

数学（理科）试卷 2023年3月

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟

第Ⅰ卷（选择题共60分）

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.已知全集，集合，则（    ）

A. B. C. D.

2.已知i为虚数单位，若，则实数的值为（    ）

A.3 B.2 C.1 D.

3.在平面直角坐标系中，角，均以坐标原点为顶点，轴的正半轴为始边.若点在角的终边上，点在角的终边上，则（    ）

A. B. C. D.

4.某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制成如图所示的扇形统计图.在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（    ）

A.该公司2022年营收总额约为30800万元

B.该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的3倍还多

C.该公司在华东地区的营收额比西南地区、东北地区及湖北省的营收额之和还多

D.该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%

5.已知点，双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上运动.当的周长最小时，（    ）

A. B. C. D.

6.已知，则（    ）

A.40 B.8 C. D.

7.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，成等差数列，，则（    ）

A. B. C. D.

8.已知，，，则（    ）

A. B. C. D.

9.若函数，则方程的实根个数为（    ）

A.3 B.4 C.5 D.6

10.德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时最大，人们称这一命题为米勒定理.已知点，的坐标分别是，，是轴正半轴上的一动点.若的最大值为，则实数的值为（    ）

A. B.2 C.3 D.4

11.已知椭圆的左、右焦点分别为、.椭圆在第一象限存在点，使得，直线与轴交于点，且是的角平分线，则椭圆的离心率为（    ）

A. B. C. D.

12.在棱长为6的正方体中，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A. B. C. D.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21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.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量，.若，则实数的值为______.

14.若实数，满足约束条件则的最大值为______.

15.已知函数.若存在，，使不等式成立，则整数的值可以为______.（写出一个即可）.

16.已知函数，的定义域均为，且，.若的图像关于直线对称，且，有四个结论①；②4为的周期；③的图像关于对称；④，正确的是______（填写题号）.

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.（本小题满分12分）

已知数列满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

18.（本小题满分12分）

近年来，我国加速推行垃圾分类制度，全国垃圾分类工作取得积极进展.某城市推出了两套方案，并分别在，两个大型居民小区内试行.方案一：进行广泛的宣传活动，通过设立宣传点、发放宣传单等方式，向小区居民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：智能化垃圾分类，在小区内分别设立分类垃圾桶，垃圾回收前端分类智能化，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过设备进行自动登录、自动称重、自动积分等一系列操作.建立垃圾分类激励机制，比如，垃圾分类换积分，积分可兑换礼品等，激发了居民参与垃圾分类的热情，带动居民积极主动地参与垃圾分类.经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：

（1）请通过频率分布直方图分别估计两种方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；

（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分说明居民赞成推行此方案，低于70分说明居民不太赞成推行此方案.现从小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望.

19.（本小题满分12分）

如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，，，，分别为，的中点，且.

（1）证明：；

（2）若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值.

20.（本小题满分12分）

已知抛物线，为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.

（1）求抛物线的方程；

（2）若，是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值；若不存在，请说明理由.

21.（本小题满分12分）

已知函数（，e为自然对数的底数）.

（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；

（2）函数，，记的极小值为，求函数的值域.

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.

22.（本小题满分10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]

在直角坐标系中，已知曲线（为参数），曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线的极坐标方程及曲线的普通方程；

（2）已知，是曲线上的两个动点（异于原点），且，若曲线与直线有且仅有一个公共点，求的值.

23.（本小题满分10分）[选修4-5；不等式选讲]

已知函数.

（1）若，解不等式；

（2）证明：.

赣州市2023年高三年级摸底考试

数学（理科）参考答案

一、选择题

11.解：由题意得，由椭圆定义得：.记，

则，，则，

，故，则（或由内角平分线定理得到），则，即（负值已舍）.

12.解：如图，设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同.由余弦定理，由正弦定理外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，则，则三棱锥外接球的表面积.

二、填空题

13.； 14.； 15.与中的任选一个即可；16.①②③④.

16.解：由结合，，，

由得：，即，

结合得：，

从而有，进而得：，故4是的周期.

又由的图像关于直线对称，即，

从而可得：，

从而有：，即，

结合得，的图像关于对称，且，

又，得.

三、解答题

17.解：（1）由…①当时，……1分

当时，有…②……3分

①-②得：，即……5分不符合上式，故……6分

（2）由（1）知……7分故当时，……8分

当时，……10分

……11分因符合上式，故……12分

18.解：（1）设小区方案一的满意度平均分为，

则……2分

设小区方案二的满意度平均分为，

则……3分

∵……4分∴方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎……5分

（2）由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为，低于70分的频率为……6分

现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则……7分

，……8分

，……9分

，……10分

∴的分布列为

……11分

期望……12分

19.证：（1）证明：如图，连接，∵，为的中点，∴……1分

又平面平面，平面平面，平面，故平面……2分

∵平面，∴……3分

又∵，且，，平面∴平面；

而平面，∴……4分

（2）解：由为等边三角形，，得……5分

如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，，两两垂直，

故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，

设为平面的一个法向量……6分

则……7分又，，得

取，得，则……8分

∵为的中点，∴……9分

∵，∴……10分

则……11分

设直线与平面所成角为，则……12分

20.解：（1）因为点在上，则，而……2分

所以……3分∴，所以……4分∴该抛物线的方程为……5分

（2）法一：设，，，不妨设，

∵，则，解得……6分

①当与轴不垂直时，，，

此时直线的方程为：，整理得……7分

∵，∴的方程为：，则直线恒过定点……8分

∵，即，

∴在以为直径的圆上，该圆方程为……9分

即当为该圆心时，为定值……10分

②当轴时，，此时，∵，∴；

当时，也满足……11分

综上，平面内存在一个定点，使得为定值4……12分

法二：设直线的方程为，，，

联立……6分

由题意，由韦达定理得：，……7分

由，即解得……8分

即，直线恒过定点……10分

下同法一

21.解：（1）法一：由得，

故当时，；当时，.

故函数在区间上单调递减，在上单调递增……1分

∴，

①当时，，函数无零点……2分

②当时，，函数有一个零点……3分

③当时，，又，……4分

故当时，函数有两个零点……5分

法二：方程等于解方程，

记，

故当时，；当时，.

故函数在区间上单调递减，在上单调递增……1分

∴，

①当时，函数，即无零点……2分

②当时，函数即有一个零点……3分

③当时，由，……4分

故当时，函数，即有两个零点……5分

（2）法一：由，得：……6分

由（1）知：当时，有两个零点，（不妨设），同时，也是的两个零点，且函数与单调性完全相同……7分

∴在，上单调递增，在上单调递减……8分

∴的极小值为……9分

又满足，即，

代入上式得……10分

又，∴……11分∴……12分

法二：由，记，结合

显然函数在上单调递增，且，，

故存在唯一，使得，且当时，；当时，，

故在上单调递减，在单调递增，

又，，，

故存在两个零点，（不妨设），

下同法一

注：，即

或均可处理.

22.解：（1）由曲线（为参数），得，

∴曲线的普通方程为……1分

又由，得，

∴曲线的极坐标方程为……3分

又曲线，得，即……4分

∴曲线的普通方程为……5分

（2）由题意，设，则，又曲线与直线有且仅有一个公共点，

∴即为点到直线的距离，由曲线的极坐标方程为，

得，∴……6分

……7分

∴，即……8分∴……9分

又，∴，即所求实数的值为……10分

23.解：（1）不等式即或或……2分

解得，或，或……4分∴原不等式的解集为……5分

（2）证明：……6分

（当且仅当时取等号）……8分

（当且仅当时取等号）……9分

（当且仅当时取等号）

∴（当且仅当，时等号成立）……10分

法二：……6分

知在单调递减，在上单调递增……8分

∴……9分

∴（当且仅当，时等号成立）……10分