2023届江西省部分学校高三联考数学（文）试题含解析

2023届江西省部分学校高三联考数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，若集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合交并补的运算法则求解.

【详解】由，得，所以 ；

故选：C.

2．已知复数，其中，则（    ）

A．1 B．2 C．3 D．

【答案】C

【分析】先求出共轭复数，根据复数乘法法则计算.

【详解】 ，由，

得， ，解得 .

故选：C.

3．为提升学校教职工的身体素质，某校工会组织学校600名教职工积极参加“全民健身运动会”，该运动会设有跳绳、仰卧起坐、俯卧撑、开合跳、健步走五个项目，教职工根据自己的兴趣爱好最多可参加其中一个，参加各项目的人数比例的饼状图如图所示，其中参加俯卧撑项目的教职工有75名，参加跳绳项目的教职工有125名，则该校（　　）

A．参加该运动会的教职工的总人数为450

B．参加该运动会的教职工的总人数占该校教职工人数的80%

C．参加开合跳项目的教职工的人数占参加该运动会的教职工的总人数的12%

D．从参加该运动会的教职工中任选一名，其参加跳绳或健步走项目的概率为0.6

【答案】D

【分析】根据饼状图结合频数与频率的关系判断A，B，C，根据古典概型概率公式判断D.

【详解】参加该运动会的教职工的总人数为，故选项A错误，

参加该运动会的教职工的总人数与该校教职工人数的比值为，选项B错误；

由已知参加跳绳项目的教职工的人数占比，

所以参加开合跳项目的教职工的人数占比，故选项C错误.

参加参加跳绳或健步走项目的教职工的人数为，

所以任选一名，其参加跳绳或健步走项目的概率，故选项D正确；

故选：D.

4．已知双曲线的一条渐近线的方程为，则的值为（    ）

A． B． C．4 D．6

【答案】B

【分析】首先令，得出，再根据其渐进线方程得出，即求得的值．

【详解】因为方程表示双曲线，

所以令，得，

又因为其一条渐近线的方程为，

所以，

所以，

解得，

故选：B．

5．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式及余弦的二倍角公式可得答案.

【详解】注意到，

.

则原式

.

故选：A.

6．如图是下列四个函数中的某个函数的部分图象，则该函数是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的奇偶性及特殊值的函数值，结合已知函数图象，即可选择.

【详解】由题图可知该函数为偶函数，时的函数值接近于1，

对于A，，，函数为奇函数，故排除A；

对于B，时，，故排除B；

对于C，时，接近于1，故C符合；

对于D，时，，故排除D；

故选：C.

7．《九章算术》中有如下问题：“今有圆亭（圆亭可看作圆台），下周三丈，上周二丈，高一丈.”则该圆亭的侧面积为（　　）

A．平方丈 B．平方丈

C．平方丈 D．平方丈

【答案】B

【分析】由条件求圆台的底面半径和侧棱长，再由圆台侧面积公式求解.

【详解】如图，ABCD是圆台的轴截面，O，H分别为AB，CD的中点，

则，过点C作于G，

由题意知丈，丈，丈，

得BC=（丈），

所以该圆亭的侧面积为

所以（平方丈）.

8．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据对数函数以及指数函数的单调性，即可比较大小.

【详解】因为，所以.

故选:D

9．在平面四边形中，，若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】设，建立以所在直线为轴，的垂直平分线为轴的平面直角坐标系，利用平面向量的坐标法即可得答案.

【详解】设，

如图，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，

则，，

因为，所以，

所以,

解得，所以.

故选：B

10．已知函数，则下列结论错误的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据周期的计算可判断A，根据对称轴以及对称中心可判断BC，代入验证的表达式可判断D.

【详解】由，得的最小正周期为，故选项A正确；

因为，所以关于点对称，故选项B正确；

因为，所以关于直线对称，故选项C正确；

因为而

，所以，故选项D错误.

故选：D

11．已知三点在球的球面上，且，若球上的动点到点所在平面的距离的最大值为，则球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据题意可得当点到平面的距离最大时，与在球的大圆截面且，根据勾股定理求出球的半径，代入表面积公式即可求解.

【详解】因为，所以，则外接圆的半径为，

当点到平面的距离最大时，与在球的大圆截面且，

所以球的半径满足：，

解得，所以球的表面积为.

故选：B.

12．已知正数满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意将已知条件化简可得，构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而求解.

【详解】由得，令，则，因为，所以函数在上单调递增，则有，即.

故选：A.

二、填空题

13．若满足约束条件，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】作出可行域，令，由几何意义得出最值.

【详解】作出可行域如图中阴影部分所示，令，平移直线，

则当直线过点时，取最小值，所以的最小值为.

故答案为：

14．若直线与曲线相切，则___________.

【答案】2

【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.

【详解】设切点坐标为，由曲线可得，

则，解得，所以

故答案为：2

15．椭圆的四个顶点为、、、，若四边形的内切圆恰好过椭圆的焦点，则椭圆的离心率是________．

【答案】

【分析】根据题意和四边形内切圆的性质，分析可得其内切圆的半径的大小等于椭圆的半焦距的长度，进而得到关于、的方程进行求解.

【详解】易知边的直线方程为：，

即，

则平行四边形的内切圆的圆心是椭圆的中心，

半径为中心到直线的距离，

又因为四边形的内切圆恰好过椭圆的焦点，

所以，即，

即，

即，

即，

解得或（舍），

则.

故答案为：.

16．在中，点在边上，，则边的最小值为__________.

【答案】1

【分析】在中，利用余弦定理求出的关系，再结合基本不等式求最值.

【详解】令，则，又，在中，由余弦定理可得，

化简整理得，因为，所以，所以，即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为1.

故答案为：1

三、解答题

17．已知数列的前项和为，且时，.

(1)求数列的通项公式；

(2)记，求数列的前项和.

【答案】(1)

(2)

【分析】根据 与 的关系，求出通项公式；

运用分组求和法求和.

【详解】（1）因为时，，所以时，

，两式相减可得： ，

所以时，，

又，，，即是首项为1，

公比为2的等比数列，所以的通项公式为；

（2）由（1）知.

所以

.

所以数列的前项和；

综上，，.

18．据统计，某校高三打印室月份购买的打印纸的箱数如表：

(1)求相关系数r，并从r的角度分析能否用线性回归模型拟合y与t的关系（若，则线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合）；

(2)建立y关于t的回归方程，并用其预测5月份该校高三打印室需购买的打印纸约为多少箱.

参考公式：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，

相关系数

参考数据：

【答案】(1)0.957，线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合y与t的关系；

(2)，90箱.

【分析】（1）利用相关系数公式结合条件即得；

（2）根据最小二乘法可得线性回归直线方程，然后将代入回归方程即得.

【详解】（1）由已知数据可得，

又，

，

所以

，

因为，所以线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合y与t的关系；

（2）因为8，，

所以y关于t的回归方程为，

将代入回归方程，得箱，

所以预测5月份该校高三打印室需购买的打印纸约为90箱.

19．如图，三棱柱中，是的中点，.

(1)证明：平面；

(2)若，点到平面的距离为，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据是的中点得到，利用线面垂直的判定得到平面，进而得到，再利用线面垂直的判定即可证明；

（2）根据线面垂直的判定得到平面，进而得到面面垂直，利用面面垂直的性质，过点作于点，进而得到平面，求出所需的各边长，进而计算即可求解.

【详解】（1）因为是的中点，

所以，因为，平面，

所以平面，又平面，

所以，

因为是的中点，所以，

又因为，平面，

所以平面.

（2）由（1）知，平面，

所以平面，因为，所以，

取的中点，连接，

可得，所以平面即为平面，又平面，

所以平面平面，

过点作于点，则平面，

所以，

在三棱柱中，四边形为平行四边形，

所以，因为，

所以，所以，所以，

又因为，所以，.

因为平面，

所以

因为，所以.

20．已知函数.

(1)当时，求的单调区间；

(2)若存在极值点，求实数的取值范围.

【答案】(1)的单调递增区间为，无单调递减区间

(2)

【分析】（1）对原函数求导，二次求导研究导函数值的符号，确定原函数的单调区间；

（2）存在极值点，，即存在变号实根，构造，利用导数研究的单调性并分析，求范围即可.

【详解】（1）的定义域为，当时，，

则，令，则，

当时，，单调递减，时，，单调递增，

所以，所以在上单调递增，

所以的单调递增区间为，无单调递减区间.

（2）存在极值点等价于存在变号零点，等价于存在变号实根，

令，则，

令，则，

当时，，单调递增，

当时，，单调递减，

所以，

所以，所以单调递减，

令，所以，令，解得，

当时，，所以在上单调递减，

当时，，所以在上单调递增，

所以当时，取得极小值即最小值，

所以，所以，

当无限趋向于0时，趋向于正无穷大，

当无限趋向于正无穷大时，趋向于0，所以，即.

故实数的取值范围为.

21．已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且.

(1)求抛物线的方程；

(2)过点分别作两条互相垂直的直线与抛物线分别交于与，记的面积分别为，求的最小值.

【答案】(1)

(2)32

【分析】（1）利用定义法求出抛物线的方程；

（2）抛物线焦点弦的性质：过抛物线的焦点的直线与抛物线交于点，设其方程为，与抛物线联立，利用韦达定理，求出面积的表达式，然后将式子代入，利用基本不等式即可求解.

【详解】（1）由，知，

所以，所以抛物线的方程为.

（2）由题意知直线与的斜率均不为0，

设，

联立消去得，则，

因为，用替换得

所以，

，

所以

，当且仅当时等号成立.

所以的最小值为32.

22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为

(1)求的普通方程与的直角坐标方程；

(2)求与交点的极坐标.

【答案】(1)C的普通方程为，的直角坐标方程为；

(2)，.

【分析】（1）结合三角函数恒等变换消去参数可得的普通方程，利用将极坐标方程转化为普通方程；

（2）联立方程组求交点的直角坐标，再将其转化为极坐标.

【详解】（1）因为

所以

得..

由，得，

所以，所以

所以C的普通方程为，l的直角坐标方程为.

（2）联立得或，

所以l与C交点的直角坐标分别为，，

设点的极坐标为，，，

则，，

所以，，

所以点的极坐标为，

同理可得点的极坐标为，

故与交点的极坐标为，.

23．已知函数

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若时，恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)+∞）

(2)

【分析】（1）分区间讨论去掉绝对值号解不等式即可；

（2）根据所给区间去掉绝对值号转化为恒成立，再转化为即可得解.

【详解】（1）时，，

当时，等价于，解得，所以；.

当时，等价于解得，不符合，舍去；

当时，等价于解得，所以

综上，不等式的解集为+∞）.

（2）时，等价于，

所以恒成立，

所以，即在时恒成立，

所以，解得，

故实数a的取值范围为.