2023届江西省南昌市稳派高三二轮复习验收考试（4月联考）数学（理）试题含解析

2023届江西省南昌市稳派高三二轮复习验收考试（4月联考）数学（理）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先化简集合A和B，再根据交集的定义求解．

【详解】由题得，，

所以.

故选：A.

2．已知复数满足，则的虚部为（    ）

A． B． C．3 D．

【答案】C

【分析】利用复数定义及运算法则计算即可.

【详解】因为，所以的虚部为3，

故选：C.

3．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据中间值和符号求解.

【详解】因为 ，

，，所以；

故选：D.

4．在统计中，月度同比是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比是指本月和上一个月相比较的增长率，如图是2022年1月至2022年12月我国居民消费价格月度涨跌幅度统计图，则以下说法错误的是（    ）

A．在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的中位数为

B．在这12个月中，月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3

C．在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据的均值为

D．在这12个月中，我国居民消费价格月度环比数据的众数为

【答案】C

【分析】根据统计图分别求出消费价格月度同比数据的中位数和平均值；求出月度环比数据为正数的个数、月度环比数据为负数的个数，再求出月度环比数据的众数，即可得答案.

【详解】在这12个月中，我国居民消费价格月度同比数据由小到大依次为，

，

中位数为，

平均数为,

由数据可知我国居民消费价格月度环比的数据中，

有6个月的数据为正数，3个月的数据为，3个月的数据为负数，

所以月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3，

且出现次数最多，故众数为 ，

故选项A，B，D正确，C错误，

故选：C.

5．已知数列为等比数列，，，则数列的前10项和为（    ）

A．352 B．401 C．625 D．913

【答案】D

【分析】根据条件构造数列，再根据条件列出等比数列的基本量的方程组，再根据通项公式求和.

【详解】令，设数列的公比为，因为，所以，即，

所以.由，得，所以，联立，解得，

所以，所以，所以的前10项和为.

故选：D.

6．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（    ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.

【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），

则，，，

所以，

故圆台部分的侧面积为，

圆柱部分的侧面积为，

故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.

故选：B.

7．已知非零向量，，满足，，，，则（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】C

【分析】根据数量积的运算律结合模的计算，即可求得答案.

【详解】由，得，

所以，，

即，，

两式联立得，结合，所以，

所以，

故选：C.

8．已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】由题意推出函数的周期以及满足等式，赋值求得，利用函数的周期性即可求得答案.

【详解】因为，所以，所以的周期为6，

又为奇函数，所以，所以，

令，得，所以,

所以，

故选：C.

9．已知，，，则的最小值为（    ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】B

【分析】条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解.

【详解】因为，所以，即，

所以，

当且仅当，即，时等号成立，

所以的最小值为6.

故选：B.

10．正割（Secant）及余割（Cosecant）这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入，，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割.已知函数，给出下列说法：

①的定义域为；②的最小正周期为；③的值域为；④图象的对称轴为直线.

其中所有正确说法的序号为（    ）

A．②③ B．①④

C．③ D．②③④

【答案】A

【分析】首先化简函数，再结合原函数的特征，求函数的定义域，以及根据三角函数的性质判断周期，值域和对称性.

【详解】，由，，得，即的定义域为，①错误；

的定义域关于原点对称，故的最小正周期与函数的最小正周期一致，均为，②正确；

当，，，时，的值分别为1，1，，，考虑周期性可知，的值域为，③正确；

令，得，即图象的对称轴为直线，④错误，

故选：A.

11．已知函数的定义域为，其导函数为，，，则（    ）

A．无极值 B．有极大值，也有极小值

C．有极大值，无极小值 D．有极小值，无极大值

【答案】D

【分析】根据题意赋值可求得，根据结构特征，构造函数，从而判断的函数值情况，即可判断的单调性，确定极值，即可得答案.

【详解】由已知知，

又，所以，

令，则，

又，

令，

所以，

所以在上单调递增，又，

所以当时，，，单调递减；

当时，，，单调递增，

所以的极小值为，无极大值，

故选：D.

12．已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线经过点交于 ，两点，点在上，，，，则的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别取，关于轴的对称点，，连接，，，，利用椭圆的对称性，推出四边形是平行四边形，从而求出，，利用余弦定理求得的关系式，可得答案.

【详解】分别取，关于轴的对称点，，连接，，，，

由以及椭圆的对称性及几何知识可得，且关于y轴对称，

则关于原点对称，则四边形是平行四边形，

所以，，

又，所以，所以是等边三角形，

又的周长为，

所以，，

中，由余弦定理，

得，整理得，

所以，

故选：B.

二、填空题

13．若命题“，”为真命题，则实数的取值范围为___________.（用区间表示）

【答案】

【分析】求出函数的值域，结合存在量词命题为是真命题作答.

【详解】因为，即函数的值域为，

所以实数的取值范围为.

故答案为：

14．已知双曲线（，）的一条渐近线恰好平分第一、三象限，若的虚轴长为4，则的实轴长为____________.

【答案】4

【分析】由双曲线的渐近线方程得出，即可得出结果.

【详解】由题意可知，双曲线的一条渐近线为直线，故，故其实轴长为.

15．2023年9月第19届亚运会将在杭州举办，在杭州亚运会三馆（杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为_________.

【答案】

【分析】利用计数原理和排列组合公式，分别计算甲、乙分配到同一个场馆的方法数和甲分配到游泳馆的方法数，根据古典概型的计算公式计算.

【详解】甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况：

（1）场馆分组人数为1，1，3时，甲、乙必在3人组，则方法数为种；

（2）场馆分组人数为2，2，1时，其中甲、乙在一组，则方法数为种，

即甲、乙分配到同一个场馆的方法数为.

若甲分配到游泳馆，则乙必然也在游泳馆，此时的方法数为，

故所求的概率为.

故答案为：

16．在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.

【答案】

【分析】先求出外接球的球心，根据几何关系求出外接球的半径即可.

【详解】

如图，取的中点，的中点，连接，，

因为，所以 ，因为， ，所以 ，

；

过点作平面，过点作平面， ，

因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心；

由，得，，，所以，，，，

，

则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ；

故答案为： .

三、解答题

17．在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.

已知的内角，，所对的边分别为，，，___________.

(1)求的值；

(2)若的面积为2，，求的周长.

注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据所选条件，利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可求的值；

（2）由面积公式求得，再利用余弦定理求得，可得的周长.

【详解】（1）若选①，由已知得，所以，

由正弦定理得，

又，所以，所以，又，

由，，解得.

若选②，由已知及正弦定理得，

所以，

所以，

所以，

又，所以，所以，又，

由，，解得.

（2）由的面积为2，得，所以，

由（1）可得，

由余弦定理得，

所以，所以，

所以的周长为.

18．如图，在多面体中，平面，，为的中点.，.

(1)证明：平面；

(2)求二面角的平面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2).

【分析】（1）证明一条直线垂直于一个平面只要证明该直线垂直于平面内两条相交的直线即可；

（2）建立空间坐标系，运用数量积求解.

【详解】（1）因为，为的中点，所以，

又平面，平面，所以，

又 ，， 平面，所以平面，

又 平面，所以，

在 中， ，在 中， ，

在直角梯形 中，运用勾股定理可得 ，

所以，所以，

又 ，，平面，

所以 平面；

（2）由题知，过作 交于，

则 平面，可得 ，，

以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，所以，，

设平面的一个法向量为，

由得，

取，则，，所以.

由（1）知平面的一个法向量为，

设二面角的平面角为，易知为锐角，

则；

综上，二面角的平面角的余弦值为.

19．为更好保障消费者的食品安全，某蛋糕总店开发了、两种不同口味的生态戚风蛋糕，制作主料均为生态有机原料.已知蛋糕的成本为元/个，蛋糕的成本为元/个，两种蛋糕的售价均为元/个，两种蛋糕的保质期均为一天，一旦过了保质期，则销毁处理.为更好了解市场的需求情况，、两种蛋糕分别在甲、乙两个分店同时进行了为期一个月（天）的试销，假设两种蛋糕的日销量相互独立，统计得到如下统计表.

(1)以销售频率为概率，求这两种蛋糕的日销量之和不低于个的概率；

(2)若每日生产、两种蛋糕各个，根据以上数据计算，试问当与时，哪种情况下两种蛋糕的获利之和最大？

【答案】(1)

(2)当时，两种蛋糕的获利之和最大

【分析】（1）设这两种蛋糕的日销量之和为，计算出、、，相加可得所求事件的概率；

（2）计算出与时两种蛋糕所获利润的期望值，比较大小后可得出结论.

【详解】（1）解：设这两种蛋糕的日销量之和为，

则，

，

.

所以这两种蛋糕的日销量之和不低于个的概率为

.

（2）解：当时，两种蛋糕获利之和为

元；

当时，两种蛋糕获利之和为

元，

因为，所以当时，两种蛋糕的获利之和最大.

20．已知抛物线的焦点为，分别为上两个不同的动点，为坐标原点，当为等边三角形时，.

(1)求的标准方程；

(2)抛物线在第一象限的部分是否存在点，使得点满足，且点到直线的距离为2？若存在，求出点的坐标及直线的方程；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在，点，直线的方程为.

【分析】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，可得点在上，代入，解得，即得的标准方程；

（2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理和条件，得，由点到直线的距离为2，可得，联立可解得答案．

【详解】（1）由对称性可知当为等边三角形时，两点关于轴对称，

当为等边三角形时，的高为，

由题意知点在上，代入，得，解得，

所以的标准方程为.

（2）由（1）知，根据题意可知直线的斜率不为0，

设直线的方程为，，，，

联立，得，

所以，即，且，，

所以，

由，得，

所以，所以，即，

又点在上，所以，即，①

所以，解得，

又点在第一象限，所以，所以.

又点到直线的距离，化简得，②

联立①②解得，或（舍去），或（舍去）.

此时点，直线的方程为.

21．已知函数，其中.

(1)当时，求的极值；

(2)若不等式对任意恒成立，证明：.

【答案】(1)极小值为，无极大值

(2)证明见解析

【分析】（1）将 代入 的解析式，运用导数求函数的极值；

（2）将不等式 看作一元二次不等式，运用一元二次不等式的解法求解.

【详解】（1）当时，，所以 ，

令，所以 ，

当时， ， 单调递减；当时， ，单调递增，

所以，，

所以当时，， ，单调递减；当时，， ，单调递增，

所以的极小值为，无极大值；

（2）由题意，对于 ，不等式 恒成立，即 恒成立，

将上不等式看作以a为主元的一元二次不等式，对于任意的x恒成立，

，

当 时， ，上不等式显然成立，此时 ；

当 时，方程 的解为 ，

即 或 ；

就是a要大于函数 的最大值，

令 ，则 ， ，

，当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，

，即 ；

，即a小于函数 的最小值，

令，则 ， ，

，当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，

，由条件 ， ；

综上，当 时，的极小值为e，无极大值.

【点睛】方法点睛：本题的难点在于换个角度思考问题，运用参数分离显然不行，运用分类讨论会比较繁琐，将原不等式看作一元二次不等式来求解相对容易.

22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，其中.

(1)求的普通方程与直线的直角坐标方程；

(2)直线与曲线交于A，两点，且A，两点对应的极角分别为，，求的值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用参数方程、极坐标方程、普通方程的转化即可得出结果；

（2）先将的极坐标方程写出，再与联立解方程，由图象分析即可得出结果.

【详解】（1）由得，

消去得为的普通方程；

由，得，

令，，得为直线的直角坐标方程.

（2）在中，令，，

所以，即为的极坐标方程，

联立得，

所以，所以，又，所以，

所以或或或，解得或或或，

由图可知，两交点位于第一、四象限，所以或，

所以.

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若的最小值为10，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或5.

【分析】（1）首先讨论去绝对值，写成分段函数的形式，再求不等式的解集；

（2）利用绝对值三角不等式，求函数的最小值，即可求解

【详解】（1）当时，，

又，所以或或

解得或，所以，

所以不等式的解集为.

（2），

因为，当且仅当时等号成立，

，当且仅当时等号成立，

所以，当且仅当时等号成立，

所以，解得或5.