江西省九江市2023届高三数学（文）下学期第二次高考模拟试卷（Word版附解析）

这是一份江西省九江市2023届高三数学（文）下学期第二次高考模拟试卷（Word版附解析），共28页。

九江市2023年第二次高考模拟统一考试
数学（文科）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．全卷满分150分，考试时间120分钟．
考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名等内容填写在答题卡上．
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第Ⅱ卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效．
3．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．
第Ⅰ卷（选择题60分）
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. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，从而得到结果.
【详解】因为，则，即，
所以.
故选:C
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数的性质，结合集合交集和补集的定义进行求解即可.
【详解】由，或，
因为，所以，
所以，
故选：A
3. 已知实数x，y满足条件，则的最大值为（ ）
A. B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，作出可行域，结合图像可知，当经过点时，最大，即可得到结果.
【详解】
由约束条件可得可行域的区域，
因为，可转化为，平移直线，
结合图像可得，当直线过点时，取得最大值，
且，解得，即点，
所以.
故选:D
4. 已知命题：，，若p为假命题，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数a的取值范围．
【详解】因为命题：，，
所以：，，
又因为为假命题，所以为真命题，
即，恒成立，
所以，即，
解得，
故选：D．
5. 正方体中，M是的中点，则直线DM与的位置关系是（ ）
A. 异面垂直 B. 相交垂直 C. 异面不垂直 D. 相交不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】如图，通过证明，可得DM与共面相交，后利用三角形相似可得DM与的位置关系.
【详解】如图，因，且，
则四边形为平行四边形，故.
又，则DM与共面相交.设DM与相交于E.
又设正方体棱长为2，则，.
注意到，则，
则可得.
因，则，
即DM与的位置关系是相交垂直.
故选：B

6. 执行下边的程序框图，如果输入的是，，输出的结果为，则判断框中“”应填入的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用程序框图的循环结构，不断循环直到满足为止.
【详解】根据程序框图，输入，，则，满足循环条件，，
，满足循环条件，，……，，
不满足循环条件，输出结果.故A，B，D错误.
故选：C.
7. 已知双曲线的左右焦点分别为，M是双曲线C左支上一点，且，点关于点M对称的点在y轴上，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知为等边三角形，即可得到，，再根据双曲线的定义，即可求出离心率.
【详解】解：设点关于点M对称的点为F，可知，

又，所以为等腰三角形，则，
又因为，所以，
则，为等边三角形，
因为，所以，，
由双曲线的定义可知，，即，
所以，
故选：A.
8. 已知数列的通项为，则其前8项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用裂项相消法进行求解即可.
【详解】，
所以前8项和为，
故选：D
9. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先由为上的奇函数，在上单调递增和得出，在上单调递增，且，，画出大致图像，分类讨论的取值，即得出不等式的解集．
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，
所以在上单调递增，且，，
可画出其大致图像，如图所示，

因为，
所以当时，，解得，
当时，，解得，
当时，显然不合题意，
所以不等式的解集为，
故选：A．
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 周期为π，在上单调递减
B. 周期为，在上单调递减
C. 周期为π，在上单调递增
D. 周期为，在上单调递增
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦型函数的正负性、单调性，结合两角和差的正弦公式进行求解即可.
【详解】当时，即，
，
显然该函数此时在上单调递减，
当时，即，
，
因此函数的周期为，在上单调递减，
故选：B
11. 青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷.如图为青花瓷大盘，盘子的边缘有一定的宽度且与桌面水平，可以近似看成由大小两个椭圆围成.经测量发现两椭圆的长轴长之比与短轴长之比相等.现不慎掉落一根质地均匀的长筷子在盘面上，恰巧与小椭圆相切，设切点为，盘子的中心为，筷子与大椭圆的两交点为、，点关于的对称点为．给出下列四个命题：
①两椭圆的焦距长相等；
②两椭圆的离心率相等；
③；
④与小椭圆相切.
其中正确的个数是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为，设点、、，建立平面直角坐标系，利用椭圆的几何性质可判断①②；利用直线与椭圆的位置关系，结合韦达定理可判断③的正误；取以及，可判断④的正误.
【详解】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为，
设点、、，
以椭圆的中心为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设小椭圆的方程为，

则大椭圆的方程为，
对于①，大椭圆的焦距长为，两椭圆的焦距不相等，①错；
对于②，大椭圆的离心率为，则两椭圆的离心率相等，②对；
对于③，当直线与坐标轴垂直时，则点、关于坐标轴对称，此时点为线段的中点，合乎题意，
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
联立可得，
，可得，
此时，，
联立可得，
由韦达定理可得，即点为线段的中点，
综上所述，，③对；
对于④，当点的坐标为时，将代入可得，
不妨取点、，则，
若，则直线的方程为，此时直线与椭圆不相切，④错.
故选：B.
【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：
（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；
（2）点差法：设出交点坐标，利用交点曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.
12. 设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.
【详解】将用变量x替代，则，，，其中，
令，则，
令，则，
易知在上单调递减，且，，
∴，使得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
又，，∴，∴在上单调递增，
∴，即，∴，
记，，则，在上单调递增，
又，所以，所以,所以
综上，.
故选：B．
第Ⅱ卷（非选择题90分）
考生注意：
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，学生根据要求作答．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，满足，且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由向量垂直可得其数量积为，列出方程，即可得到结果.
【详解】因为，且，则，即.
故答案为:
14. 从边长为的正六边形的各个顶点中，任取两个顶点连成线段，则该线段长度为的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】列举出所有的线段，并列举出长度为的线段，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】如下图所示，在边长为的正六边形中，

任取两个顶点连成线段，所有的线段有：、、、、、、、、、、、、、、，共条，
其中长度为的线段有：、、，共条，
故所求概率为.
故答案为：.
15. 函数的所有零点之和为______．
【答案】6
【解析】
【分析】令，两个解即为零点，将零点问题转换成，两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且和的函数图象关于对称，零点也关于，即可求出所有零点之和.
【详解】解：令，得，解得或，即为零点，
令，，
可知的周期，对称轴，
且的对称轴，
做出和的图象如图所示：

显然，在和上各存在一个零点，
在处的切线为x轴，在上存在零点，
同理在上存在零点，所以在上存在6个零点，
因为和的函数图象关于对称，则零点关于对称，
所以的所有零点之和为.
故答案为：6.
16. 根据祖暅原理，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．如图1所示，一个容器是半径为R的半球，另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥，这两个容器的容积相等．若将这两容器置于同一平面，注入等体积的水，则其水面高度也相同．如图2，一个圆柱形容器的底面半径为，高为，里面注入高为的水，将一个半径为的实心球缓慢放入容器内，当球沉到容器底端时，水面的高度为______．（注：）

【答案】
【解析】
分析】根据祖暅原理，建立体积等量关系，代入体积运算公式求解即可.
【详解】设铁球沉到容器底端时，水面的高度为h，
由图2知，容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积，
由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积，
故容器内水的体积等于相应圆台的体积，因为容器内水的体积为，
相应圆台的体积为，
所以，解得，
故答案为：
三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 九江市正在创建第七届全国文明城市，某中学为了增强学生对九江创文了解和重视，组织全校高三学生进行了“创文知多少”知识竞赛（满分100），现从中随机抽取了文科生、理科生各100名同学，统计他们的知识竞赛成绩分布如下：






文科生
1
16
23
44
16
理科生
9
24
27
32
8
合计
10
40
50
76
24

（1）在得分小于80分的学生样本中，按文理科类分层抽样抽取5名学生．
①求抽取的5名学生中文科生、理科生各多少人；
②从这5名学生中随机抽取2名学生，求抽取的2名学生中至少有一名文科生的概率．
（2）如果得分大于等于80分可获“创文竞赛优秀奖”，能否有99.9%的把握认为获“创文竞赛优秀奖”与文理科类有关？
参考数据：

0.10
0.05
0.01
0.005
0.001

2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
，其中．
【答案】（1）①文科生2人，理科生3人；②
（2）没有99.9％的把握认为获"创文竞赛优秀奖"与文理科类有关．
【解析】
【分析】（1）求出抽取的5人中文科生2人，理科生3人，再利用列举法求出概率作答.
（2）先列联表，求出的观测值，再与临界值表比对作答.
【小问1详解】
①得分小于80分的学生中，文科生与理科生人数分别为：40和60，比例为,
所以抽取的5人中，文科生2人，理科生3人．
②这5名学生有2人是文科生，记这两人为， 3人是理科生，记这三人为，
随机抽取两名同学2人包含的基本事件有：
，共10个，
其中至少有一名文科生情况有7种：
因此抽取的2名学生至少有一名文科生的概率为 .
【小问2详解】
由题中数据可得如下联表：

创文竞赛优秀奖
未获优秀奖
合计
文科生
60
40
100
理科生
40
60
100
合计
100
100
200

则的观测值：，
所以没有99.9％的把握认为获"创文竞赛优秀奖"与文理科类有关．
18. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知，．
（1）求c；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得出，再利用正弦定理，两角和的正弦公式及诱导公式，将转化为，即可求出答案；
（2）利用正弦定理，将转化为，再根据三角形内角和得出，代入，根据两角差的正弦公式及辅助角公式得出，再由为锐角三角形得出角的范围，即可的取值范围．
【小问1详解】
解：，
，即，
，
又，
，
，
，
，
，即，
，解得．
【小问2详解】
解：由正弦定理得，，
，，
，
， ，

则


，
为锐角三角形，
，

，
，
，
即．
19. 如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得为等边三角形，为等腰三角形，进而证明，利用线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定即可证明平面；
（2）由（1）为直角三角形，求出其面积，连接，以A为原点，的正方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出和平面的一个方向量，利用点到平面的距离公式即可求出高，在根据锥体的体积公式即可求解.
【小问1详解】
证明：已知，，，
则，，
又D为棱的中点，则，
所以为等边三角形，为等腰三角形，
则，，
所以，即，
因为平面，平面，
所以，即，
而，平面，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由平面，平面，所以，则为直角三角形，
由平面，平面，所以，所以，
因为，所以在中，，
则在中，，
所以，
连接，已知，，，
由余弦定理，
满足，所以，即，
而平面，所以两两垂直，
以A为原点，的正方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设为平面的一个法向量，
则，即，令，则，
所以点E到平面的距离，
则三棱锥的体积.
20. 已知P是抛物线上一动点，是圆上一点，的最小值为．
（1）求抛物线E的方程；
（2）是圆M内一点，直线l过点N且与直线MN垂直，l与抛物线C相交于两点，与圆M相交于两点，且，当取最小值时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取，则，利用二次函数的性质求最值即可得到，进而求出抛物线方程；
（2）根据题意求出圆M的方程，即可得到直线MN的斜率，利用垂直关系求出直线l的斜率，得到直线l的方程，联立抛物线可得，由韦达定理可知，根据圆的性质可知，将转化为，求得，利用均值不等式可知时取最小值，进而求出b，即可得到直线方程.
【小问1详解】
解：取，则，
∵的最小值为，
故的最小值为8，
令，则的最小值为8，
∵开口向上，对称轴，
且，则有：
若，即时，当时，取到最小值9，不合题意；
若，即时，当时，取到最小值，解得或（舍去）；
综上所述：，
所以抛物线E的方程.
【小问2详解】

已知是圆上一点，所以，解得，
所以圆，圆心，半径，
因为是圆M内一点，当直线MN的斜率不存在时，直线l垂直于y轴，不可能有，
所以直线MN的斜率存在且不为0，，所以直线l的斜率，
设直线l的方程为，联立抛物线方程，
可得，则，
设，，，，
已知，则，所以①，
由于，所以，
当取最小值时，即（当且仅当，即时等式成立），
此时，所以，
故直线l的方程为，整理得.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21. 已知函数，．
（1）当时，证明：；
（2）当时，判断零点的个数并说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）2个零点，理由见解析
【解析】
分析】（1）当时，，设 ，，，由说明，则，由，得出，即可证明结论；
（2）当时，，设，，由确定的增减区间，画出和的简图，分区间讨论和交点情况，即可得出的零点个数．
【小问1详解】
当时，，
设 ，，，
则，
令，解得，
所以当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以，
因为，
所以，
又因为，，即，
所以，即，
所以．
【小问2详解】
当时，，
令，得，即，
设，，
则，令，解得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
所以，
在同一直角坐标系中，画出和的简图，如图所示，

当，单调递减，单调递增，且，，
则与在有一个交点；
当，单调递增，单调递增，且，
则与在没有交点；
当，单调递增，单调递减，且，，
则与在有一个交点；
因为，且在上单调递增， ，
所以当时，，即与在无交点；
因为，且在上单调递减， ，
所以当时，，即与在无交点；
综上所述，与共有2个交点，
即有2个零点．
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xOy中，已知直线l的方程为，曲线C的参数方程为（α为参数）．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求直线l的极坐标方程和曲线C的普通方程；
（2）设直线与曲线C相交于点A，B，与直线l相交于点C，求最大值．
【答案】（1）直线l的极坐标方程：，曲线C的普通方程：
（2）
【解析】
【分析】（1）利用公式、以及消参的方法求解.
（2）利用方程联立、两点间的距离公式、换元法以及函数进行计算求解.
【小问1详解】
因为直线l的方程为，，
所以直线l的极坐标方程：，
曲线C的参数方程为，所以，
消去参数有：，所以曲线C的普通方程：.
【小问2详解】
因为直线与曲线C相交于点A，B，由(1)有：曲线C，
由，得，解得，，
所以，，解得，所以，
又直线与与直线l相交于点C，由得，
，，，所以，
所以，
令 由有：，所以，
因为，所以，所以,
所以，所以的最大值为
选修4—5：不等式选讲
23. 已知函数．
（1）若的最小值为1，求a的值；
（2）若恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据结合取等条件即可得解；
（2）把恒成立，转化为恒成立，分情况讨论去绝对值符号，从而可得出答案.
【小问1详解】
因为，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
所以，解得或，
故a的值为或；
【小问2详解】
令，由题意知恒成立，
当且时, ,要使得恒成立,
则可得
当时,

因为恒成立, 则,由图像可知
所以,所以
综上可知，实数a的取值范围为．