2023届江西省遂川中学高三一模数学（文）试题含解析

2023届江西省遂川中学高三一模数学（文）试题

一、单选题

1．设全集，集合，集合，则下列式子正确的是（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】求出A和B的补集后，对选项依次判断

【详解】，

对于A，故A正确

同理得，，

B，C，D错误

故选：A

2．复数的模为（    ）．

A． B．1 C．2 D．

【答案】D

【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．

【详解】解：，

复数的模为．

故选：D．

【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，属于基础题．

3．“”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】解两个不等式，即可得出结论.

【详解】由可得，解得，由得，解得，

所以，“”是“”的充分必要条件.

故选：C.

4．已知双曲线的两顶点为，虚轴两端点为 ，两焦点为，. 若以为直径的圆内切于菱形，则双曲线的离心率为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】用两种地表示菱形的面积，建立的齐次等式，变形后可得离心率．

【详解】根据菱形面积，有，化简得，两边除以，得，解得.

故选：A．

5．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据余弦函数，对数函数、指数函数的性质结合中间值0，1比较大小．

【详解】，∴，，，∴．

故选：C.

【点睛】本题考查实数的比较大小，考查余弦函数，对数函数、指数函数的性质，

6．第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（    ）

A．324 B．306 C．243 D．162

【答案】B

【分析】先求得总的观看方案，再减去两个分项都相同的观看分案求解.

【详解】由题意得：总的观看方案为，

两个分项都相同的观看分案为，

所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是，

故选：B

7．勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理．汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证明了商高结论的正确性．现将弦图中的四条股延长相同的长度（如将延长至）得到图2．在图2中，若，，、两点间的距离为，则弦图中小正方形的边长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用余弦定理可求得的值，可求得、、的长，进而可得出弦图中小正方形的边长.

【详解】由条件可得，

在中，由余弦定理得，

所以，，

所以，，，

，所以弦图中小正方形的边长为．

故选：C.

8．若定义在上的函数满足：对任意，有，且时，，记在，上的最大值和最小值为，，则的值为（    ）

A．2016 B．2017 C．4032 D．4034

【答案】C

【分析】先计算得到，再构造函数，判断的奇偶性得出结论．

【详解】解：令得，，

令得，

，

令，则，，

，

是奇函数，

，即，

．

故选：C．

9．平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，根据向量垂直的坐标表示求得，再由向量的模的计算公式和二次函数的性质可求得范围.

【详解】解：因为平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，

所以以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，

设，，

所以，，又，所以，即，

整理得，

所以，又，所以，

故选：D.

10．已知函数f（x）＝x2在[1，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围为（    ）

A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，2） D．（﹣∞，2]

【答案】D

【分析】由题意可知在上恒成立，从而结合函数的性质可求．

【详解】函数在上是增函数.

所以在上恒成立.

即在上恒成立,又在上是增函数.

所以

故选：D

【点睛】本题考查函数的单调性与导数关系的应用，属于基础试题

11．已知，过点作圆（为参数，且）的两条切线分别切圆于点、，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】分析可知圆心在直线上运动，设，则，求得，利用弦化切可得出，求出的取值范围，结合双勾函数的单调性可求得的最大值.

【详解】圆心，半径为，圆心在直线上运动，

设，则，由圆的几何性质可知，

所以，，

当直线与直线垂直时，取最小值，则取最小值，

且，则，则，

由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，且，

故函数在上为减函数，

故当时，取得最大值.

故选：C.

12．已知函数，若方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围为（　　）

A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1] C．（﹣∞，1） D．[﹣1，1）

【答案】B

【分析】由方程f（x）＝a，得到x1，x2关于x＝﹣1对称，且x3x4＝1；化简，利用数形结合进行求解即可．

【详解】作函数f（x）的图象如图所示，∵方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，

∴x1，x2关于x＝﹣1对称，即x1+x2＝﹣2，0＜x3＜1＜x4，则|log2x3|＝|log2x4|，

即﹣log2x3＝log2x4，则log2x3+log2x4＝0，即log2x3x4＝0，则x3x4＝1；

当|log2x|＝1得x＝2或，则1＜x4≤2；≤x3＜1；

故；

则函数y＝﹣2x3+，在≤x3＜1上为减函数，则故当x3＝取得y取最大值y＝1，

当x3＝1时，函数值y=﹣1．即函数取值范围是（﹣1，1]．

故选B．

【点睛】本题考查分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于中档题．

二、填空题

13．设向量=(x+1，-x)，=(1，2)，且⊥，则||=_____.

【答案】

【分析】根据向量垂直的坐标表示求出，再由模长坐标表示求解即可.

【详解】因为⊥，

所以·=0，

则x+1+(-x)×2=0，解得x=1，

则||=.

故答案为：

14．若满足，则的最小值为______．

【答案】4

【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义即可得到结论．

【详解】作出，满足对应的平面区域，

由，得，平移直线，

由，解得

由图象可知当直线经过点时，直线的截距最小，此时最小，

此时，故答案为4．

【点睛】本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.

15．在中，角，，的对边分别为，，.若，为边中点，，，则的面积为_____．

【答案】

【分析】根据，，得，，由为边中点，得，故，可求得，即可得解.

【详解】解：因为，，

所以，，

因为为边中点，

所以

即，

故，解得：，，

所以.

故答案为：.

16．如图是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有侧面中，面积的最大值为__________.

【答案】

【分析】根据三视图还原为原图，计算出四棱锥所有侧面的面积，由此求得正确答案.

【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示四棱锥，

，

，

所以，

所以侧面积的最大值为.

故答案为：

三、解答题

17．设数列的前n项和为，且．

(1)求数列的通项公式；

(2)若数列的前n项和为，且对恒成立，求实数的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)利用与之间的关系可得，根据待定系数法可证明数列是首项为、公比为的等比数列，结合等比数列的通项公式即可得出结果；

(2)根据裂项相消法可得，进而求出，有对恒成立，从而得出的最小值.

【详解】（1）由，又，

两式相减可得，

即，

又当时，，则，

所以数列是首项为，公比为的等比数列．

所以，即；

（2）由，则

，

因为，所以，

即对恒成立，所以实数的最小值为．

18．如图所示，四棱锥的底面是矩形，，，，点为的中点，与交于点.

（1）求证：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正切值.

【答案】（1）证明见解析；（2）1.

【分析】（1）利用勾股定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得PE⊥平面ABCD，然后利用面面垂直的判定定理证得结论；

（2）连接，证得PD与平面ABCD线面所成角为∠PDE，然后解三角形求解得结果..

【详解】（1）点E为AB的中点

平面ABCD

∴PE⊥平面ABCD

平面PEC

∴平面PEC⊥平面ABCD.

（2）连接

由（1）可知，PE⊥平面ABCD

∴PD与平面ABCD线面所成角为∠PDE

.

直线与平面ABCD所成角的正切值为1.

19．“中国人均读书4.3本（包括网络文学和教科书），比韩国的11本、法国的20本、日本的40本、犹太人的64本少得多，是世界上人均读书最少的国家.”这个论断被各种媒体反复引用，出现这样的统计结果无疑是令人尴尬的，而且和其他国家相比，我国国民的阅读量如此之低，也和我国是传统的文明古国、礼仪之邦的地位不相符.某小区为了提高小区内人员的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站，由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内看书人员进行年龄调查，随机抽取了一天40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：，，，，，后得到如图所示的频率分布直方图.问：

（1）估计在40名读书者中年龄分布在的人数；

（2）求40名读书者年龄的平均数和中位数；

（3）若从年龄在的读书者中任取2名，求这两名读书者年龄在的人数的分布列及数学期望.

【答案】(1)30;(2)54,55;(3) 的分布列如下：

数学期望

【详解】试题分析：（1）由频率分布直方图知年龄在[40，70）的频率为（0.020+0.030+0.025）×10，进而得出40 名读书者中年龄分布在[40，70）的人数．（2）40 名读书者年龄的平均数为25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.25+75×0.1．计算频率为处所对应的数据即可得出中位数．（3）年龄在[20，30）的读书者有2人，年龄在[30，40）的读书者有4人，所以X的所有可能取值是0，1，2．利用超几何分布列计算公式即可得出．

试题解析：

（1）由频率分布直方图知年龄在的频率为，

所以40名读书者中年龄分布在的人数为.

（2）40名读书者年龄的平均数为

.

设中位数为，则

解得，即40名读书者年龄的中位数为55.

（3）年龄在的读书者有人，

年龄在的读书者有人，

所以的所有可能取值是0,1,2，

，

，

，

的分布列如下：

数学期望.

20．已知椭圆：的长轴长为4，且点在上.

（1）求椭圆的方程；

（2）直线过的左焦点且与交于，两点，若，求的方程.

【答案】（1） （2）

【分析】（1）先求出，再将点代入即可求出，可得椭圆方程.

（2）直线的斜率为0时，，故直线的斜率必不为0，设直线的方程为，联立，消可得，根据韦达定理即可求出.

【详解】解：（1）∵，即，

∵点在上，

∴，

∴，

∴的方程为.

（2）当直线的斜率为0时，，故直线的斜率必不为0，

设直线的方程为，

联立，消可得，

∴，，恒成立，

∴，

从而，

则，

解得，

故的方程为.

【点睛】本题考查椭圆的性质和方程的求法，考查联立直线方程和椭圆方程消去未知数，运用韦达定理，考查化简整理和运算能力，属于中档题.

21．已知函数， (为自然对数的底数).

(1)设曲线在处的切线为，若与点的距离为，求的值；

(2)若对于任意实数， 恒成立，试确定的取值范围；

(3)当时，函数在上是否存在极值？若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1) 或 (2) (3)不存在

【分析】(1)先求得处的切线方程，再根据与点的距离为求解；

(2)将问题转化为，由求解；

 (3)根据极值的定义，由在区间有零点且在零点附近的符号不同求解；

【详解】解：（1），，

在处的切线斜率为，

∴切线的方程为，即，

又切线与点距离为，

所以，

解得，或

（2）∵对于任意实数恒成立，

∴若，则为任意实数时，恒成立；

若恒成立，

即，在上恒成立，

设则，

当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减；

所以当时，取得最大值，，所以

所以的取值范围为.

综上，对于任意实数恒成立的实数的取值范围为.

（3）依题意，，

所以，

设，则，

当，

故在上单调增函数，

因此在上的最小值为，

即，

又所以在上，，

即在上不存在极值.

22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点的射线与曲线相交于不同于极点的点，且点的极坐标为，其中.

(1)求的值；

(2)若射线与直线相交于点，求的值.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）求出曲线的极坐标方程，利用点的极坐标为，即可求的值；

（2）由题可得射线与直线的极坐标方程，求出的极径，即得.

【详解】（1）由题可得曲线的普通方程为，

曲线的极坐标方程为，

化简，得，

由，得，

∵，

∴；

（2）射线的极坐标方程为，直线的普通方程为；

∴直线的极坐标方程为，

由，

解得，

∴.

23．已知，且.

(1)解关于的不等式：；

(2)求证：对任意恒有.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论、、时分别解不等式即可.

（2）根据已知条件证得，再运用绝对值三角不等式可证得即可.

【详解】（1）由，且得，

所以，，

当时，由得，该不等式不成立.

当时，由得，解得.

当时，由得，该不等式恒成立.

综上得不等式的解集为.

（2）证明：由，且得，

所以，

又因为，

所以，

又因为，当且仅当时取等号.

所以对任意：恒有.