2023届江西省九江市高三高考二模数学（理）试题含解析

2023届江西省九江市高三高考二模数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【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

【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

【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

【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．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，将原式两边平方结合二倍角公式即可求得，再求出.

【详解】∵，且，

∴，，

∴，∴.

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

【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．已知变量的关系可以用模型拟合，设，其变换后得到一组数据如下．由上表可得线性回归方程，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据样本中心点在回归方程上可得，再利用对数运算法则即可得，所以.

【详解】由表格数据知，．即样本中心点为，

由，得，

即，

所以，即，可得，

故选：B．

8．如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】先由确定M在线段上，再将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，由平面内二点间的直线距离最短求解即可．

【详解】如图，连接BD，，，易知平面，

∵，∴平面，即M在线段上，

将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，如图，

又因为正方体的棱长为2，故此时，，，

由平面内二点间的直线距离最短得，

故选：C．

9．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．一只内壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上，瓷碗底座高为，瓷碗的轴截面可以近似看成是抛物线，碗里不慎掉落一根质地均匀、粗细相同长度为的筷子，筷子的两端紧贴瓷碗内壁．若筷子的中点离桌面的最小距离为，则该抛物线的通径长为（    ）

A．16 B．18 C．20 D．22

【答案】C

【分析】建立直角坐标系设，且抛物线为，利用三角形三边关系得，结合已知有求参数p，进而确定通径长.

【详解】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线为，焦点，，，

∵，，∴，

设线段AB中点为M，则，

由题意知，的最小值为6，即，得，

∴该抛物线的通径长为.

故选：C

10．在中，三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，．当B取最小值时，的面积为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】由正弦边角关系、三角形内角性质、正切和角公式可得，即A，C为锐角，利用基本不等式得B最小时最小值，即知为等腰三角形，应用三角形面积公式求面积即可.

【详解】由正弦定理得，即，

∴，即．

∵，∴，故A，C为锐角．

又，仅当时等号成立，

所以三角形内角B最小时，取最小值，此时，

所以为等腰三角形，，，

∴.

故选：C

11．已知双曲线的左右焦点分别为，M双曲线C左支上一点，且，点F1关于直线对称的点在y轴上，则C的离心率为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，由双曲线的定义结合离心率的计算公式，即可得到结果.

【详解】

设点关于直线对称的点为P，连接，则为正三角形，∴

又，∴，

，由双曲线的定义知，解得，

故选:A．

12．设，，，则a，b，c的大小关系为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.

【详解】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

综上，.

故选：B．

二、填空题

13．的展开式中，常数项是_________.

【答案】60

【分析】根据二项式写出通项的公式并整理，令的指数为0，求得的值，代回计算即可.

【详解】的展开式中，通项公式为，令，求得.

可得展开式中常数项为，

故答案为：60.

【点睛】本题考查二项式展开式中特定项的系数，属基础题.关键是熟练掌握通项公式和指数幂的化简运算.

14．已知非零向量，满足，且，则，的夹角为______．

【答案】

【分析】先根据求出，利用数量积夹角公式可得答案.

【详解】设向量，的夹角为，

∵，且，

∴，∴，又，∴.

故答案为：

15．函数的所有零点之和为______．

【答案】6

【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】

【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

17．已知公差不为零的等差数列中，，且成等比数列，记．

(1)求的通项公式；

(2)求前n项和的最值．

【答案】(1)

(2)最大值为，最小值为

【分析】（1）根据等差数列定义由可得，再根据成等比数列即可解得，可得的通项公式；（2）易得，分别讨论n为奇数、偶数时前n项和的表达式，再利用其函数特性即可求得最大值为，最小值为.

【详解】（1）设等差数列的公差为，

∵，∴

∵，，成等比数列，∴，即，

化简得

由解得或（舍去）

∴

即的通项公式

（2）由（1）可知

设的前n项和为，即

当n为奇数时，，单调递减，∴

当n为偶数时，，单调递增，∴

∴前n项和的最大值为，

最小值为

18．如图，在三棱柱中，平面，，，，D为棱的中点．

(1)求证：平面；

(2)在棱BC上是否存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）根据题意，分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可证明；

（2）根据题意，连接，以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果.

【详解】（1）∵平面，平面，∴，

∵，∴

由已知得，，∴，同理可得

∴，即

又，平面，∴平面

（2）

连接，∵，，，∴，

∵平面，∴，

以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则

设，则，∴

由（1）知平面的一个法向量为

∴

化简得，解得或（舍去）

故在棱BC上存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为，且

19．现有编号为2至5号的黑色、红色卡片各一张．从这8张卡片中随机抽取三张，若抽取的三张卡片的编号和等于10且颜色均相同，得2分；若抽取的三张卡片的编号和等于10但颜色不全相同，得1分；若抽取的三张卡片的编号和不等于10，得0分．

(1)求随机抽取三张卡片得0分的概率；

(2)现有甲、乙两人从中各抽取三张卡片，且甲抽到了红色3号卡片和红色5号卡片，乙抽到了黑色2号卡片，求两人的得分和X的分布列和数学期望．

【答案】(1)

(2)分布列见解析，

【分析】（1）先研究三张卡片编号和等于10的情况，然后根据对立事件之间的概率关系得出所求概率；

（2）得分和X的可能值为0，1，2，3，4．①若，则甲乙各得2分；②若，则甲得2分乙得1分；③若，则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分；④若，则乙得1分甲得0分；⑤若，则甲和乙均得0分．根据以上分析求出对应概率，进而得到X的分布列及数学期望．

【详解】（1）三张卡片编号和等于10有3种可能，分别为：，，

其中，三张卡片编号均不同的情况共有：种

有两张卡片编号相同的情况共有：种

设“随机抽取三张卡片得分为0分”为事件A，

∴，

即随机抽取三张卡片得0分的概率为.

（2）得分和X的可能值为0，1，2，3，4

①若，则甲乙各得2分．

即甲为2（红）+3（红）+5（红），乙为2（黑）+3（黑）+5（黑），有1种情况．

∴

②若，则甲得2分乙得1分．

即甲为2（红）+3（红）+5（红），乙为2（黑）+4（红）+4（黑）有1种情况．

∴

③若，则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分．

若甲得2分乙得0分，则甲为2（红）+3（红）+5（红），对应乙有4种情况：2（黑）+3（黑）+4（黑），2（黑）+3（黑）+4（红），2（黑）+4（黑）+5（黑），2（黑）+4（红）+5（黑）；

若乙得2分甲得0分，则乙为2（黑）+3（黑）+5（黑），对应甲有2种情况：3（红）+4（红）+5（红），3（红）+4（黑）+5（红）．

∴

④若，则乙得1分甲得0分．

即乙为2（黑）+4（红）+4（黑），对应甲有2种情况：3（红）+3（黑）+5（红），3（红）+5（黑）+5（红）．

∴

⑤若，则甲和乙均得0分．

∴

∴得分和X的分布列为：

∴.

20．如图，已知椭圆的离心率为，直线l与圆相切于第一象限，与椭圆C相交于A，B两点，与圆相交于M，N两点，．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)当的面积取最大值时（O为坐标原点），求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据和离心率的定义求出a、b，即可求解；

（2）设直线l的方程为，，，根据直线与圆的位置关系可得.将直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示、，结合弦长公式化简计算可得，由基本不等式计算可得，当且仅当时取等号，求出m即可求解.

【详解】（1）依题意得，∴，

又，∴，，

∵，∴，，

∴椭圆C的标准方程为；

（2）依题意可设直线l的方程为，，，

∵直线l与圆C相切，∴，即，

联立方程组消去y整理得，

∴，，

∴

∵，∴，即

当且仅当即时取等号，此时，

∴直线l的方程为，即

21．已知函数，．

(1)若直线与曲线相切，求a的值；

(2)用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；

(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.

【详解】（1）设切点为，∵，∴

∴（*）

消去a整理，得，∴

∴

（2）①当时，，，∴在上无零点

②当时，，．

若，，此时，是的一个零点，

若，，此时，不是的零点

③当时，，此时的零点即为的零点．

令，得，令，则，

当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，

（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点

（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点

（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点

（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点

综上所述，当或时，在上有唯一零点；

当或时，在上有两个零点；

当时，在上有三个零点

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，求的最大值．

【答案】(1)直线l的极坐标方程：，曲线C的普通方程：

(2)

【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.

【详解】（1）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：.

（2）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

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)

【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.

【详解】（1）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；

（2）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．