江西省九江市2023届高三第二次模拟考试数学（理）试卷（含解析）

这是一份江西省九江市2023届高三第二次模拟考试数学（理）试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若，则可能为（ ）
A．B．C．D．
2．设全集，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．设实数满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．0B．2C．D．5
4．若命题“，”为真命题，则实数可取的最小整数值是（ ）
A．B．0C．1D．3
5．双曲线C：的一条渐近线的倾斜角为130°，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果，则判断框中填入的条件可以为（ ）
A．B．C．D．
7．求值（ ）
A．8B．9C．10D．1
8．如图，在正三棱柱中，,，，分别是棱，的中点，为棱上的动点，则的周长的最小值为
A．B．
C．D．
9．抛物线的焦点为，其准线为直线.过点作直线的垂线，垂足为，则的角平分线所在的直线的斜率是
A．1B．C．D．
10．已知函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，则（ ）
A．B．C．0D．
11．已知点，动圆C与直线相切于点B，过M，N与圆C相切的两直线相交于点P，则点P的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．的展开式中，的系数等于____________．（用数字作答）
14．已知且， 则的夹角是_____．
15．已知定义在上的函数满足且，函数的表达式为，则方程在区间上的所有实数根之和为___________.
16．《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为______立方寸.（注：一丈=10尺=100寸，，答案四舍五入，只取整数）
三、解答题
17．记为数列的前项和，已知.
(1)求的通项公式；
(2)令，记数列的前项和为，试求除以3的余数.
18．如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
19．2022年2月4日至2月20日，第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口隆重举行.北京市各校大学生争相出征服务冬奥会，经统计某校在校大学生有9000人，男生与女生的人数之比是2:1，按性别用分层抽样的方法从该校大学生中抽取9名参加冬奥会比赛场馆服务培训，培训分4天完成，每天奖励若干名“优秀学员”，累计获2次或2次以上者可获2022冬奥会吉祥物“冰墩墩”或“雪容融”一个.
(1)若从这抽取的9名大学生中随机选出3人服务“国家体育馆”，求选出的3人中至少有一位是女生的概率.
(2)设参加服务培训的大学生甲每天获“优秀学员”奖励的概率均为，记同学甲获得“优秀学员”的次数为X，试求X的分布列及其数学期望，并以获得“优秀学员”的次数期望为参考，试预测该同学甲能否获得冬奥会吉祥物？
20．在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，设动点的轨迹为曲线．
（1）求动点的轨迹方程，并说明曲线是什么图形；
（2）过点的直线与曲线交于两点，若，求直线的方程；
（3）设是直线上的点，过点作曲线的切线，切点为，设，求证：过三点的圆必过定点，并求出所有定点的坐标．
21．已知函数.
(1)若曲线与直线相切，求a的值；
(2)若存在，使得不等式成立，求a的取值范围.
22．已知函数，其反函数为， 直线分别与函数的图象交于两点（其中），设，为数列的前项和．
求证：（1）当时，
（2）当时， ．
23．已知函数．
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若不等式对和恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案
1．D
【分析】设，根据条件求出关系，然后逐一验证选项即可.
【详解】设，
则
观察得仅满足
故选：D.
2．C
【分析】用列举法表示出全集，根据补集和并集的定义可求得结果.
【详解】，
，.
故选：C.
3．D
【分析】画出可行域和目标函数，根据平移得到答案.
【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，
根据平移知当时，有最大值为.
故选：D.
4．B
【分析】转化为最值问题求解，
【详解】由题意得在上有解，当时，取最小值，
则，故可取的最小整数值为0，
故选：B
5．C
【分析】依题意利用诱导公式可得，再根据离心率公式及同角三角函数的基本关系计算可得；
【详解】解：双曲线C：的渐近线为，
依题意，即，即，
所以双曲线的离心率
故选：C
6．D
【分析】根据给定的程序框图，逐次循环计算，结合输出结果进行判定，即可求解.
【详解】框图首先给累加变量赋值，给循环变量赋值，
判断框中的条件满足，执行，；
判断框中的条件满足，执行，；
判断框中的条件满足，执行，；
依次类推，令，知，
判断框中的条件满足，执行
此时不满足条件，退出循环，则判断框内应填入的条件是“”
故选：D.
7．B
【分析】根据对数运算公式和指数运算公式计算即可.
【详解】因为，
，
所以，
故选：B.
8．D
【分析】根据正三棱柱的特征可知为等边三角形且平面，根据可利用勾股定理求得；把底面与侧面在同一平面展开，可知当三点共线时，取得最小值；在中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果.
【详解】三棱柱为正三棱柱 为等边三角形且平面
平面
把底面与侧面在同一平面展开，如下图所示：
当三点共线时，取得最小值
又，，
周长的最小值为：
本题正确选项：
【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.
9．B
【详解】 由抛物线的焦点为，准线方程为，
点，由抛物线的定义可知，
所以的平分线所在的直线就是线段的垂直平分线，
因为过点作直线的垂线，垂足为，
所以点的坐标为，所以的斜率
所以的平分线的方程为，故选B.
点睛：本题考查了直线的斜率公式，抛物线的定义的转化等知识点的应用，解题时要认真审题，仔细解答，主要抛物线的简单的几何性质，斜率公式等知识点的合理运用.其中抛物线的定义是解决抛物线问题的基础，它能将两种距离(抛物线上的点到焦点的距离、抛物线上的点到准线的距离)进行等量转化，如果问题中涉及抛物线的焦点和准线，又能与距离联系起来，那么用抛物线定义就能解决问题，就可以使问题简单化.
10．D
【解析】先将函数化简整理，根据相邻对称轴之间距离求出周期，确定，再求.
【详解】因为
，
由题意知的最小正周期为，所以，即，
所以，
.
故选：D.
【点睛】本题考查了三角函数的性质，关键点是根据已知条件先化简正弦函数的解析式，还要熟练掌握三角函数的性质才能正确的解题，属于中档题.
11．A
【分析】由给定条件分析探求出点P所满足的关系，再结合圆锥曲线的定义即可作答.
【详解】设直线PM，PN与圆C相切的切点分别为点Q，T，如图，
由切线长定理知，MB=MQ，PQ=PT，NB=NT，于是有|PM|-|PN|=|MQ|-|NT|=|MB|-|NB|=2<6=|MN|，
则点P的轨迹是以M，N为左右焦点，实轴长2a=2的双曲线右支，虚半轴长b有，
所以点P的轨迹方程为.
故选：A
12．B
【分析】根据给定的数据信息构造函数，利用导数探讨函数的单调性即可比较大小作答.
【详解】令，求导得，
则函数在上单调递增，于是，即，
令，求导得，
则函数在上单调递增，于是，即，当时，，
因此，则当时，，
取，则有，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
13．120
【分析】利用二项式展开式分两种情况求出即可.
【详解】由题意分两种情况：
①，
②，
故的系数为：，
故答案为：120.
14．##
【分析】由题意易得，结合夹角余弦公式可得结果.
【详解】∵且，
∴，即，
∴此时夹角为锐角，
∴的夹角是.
故答案为：
15．
【分析】法一：根据解析式和递推关系，分区间直接求解得到所有根，然后求和；
法二：绘出两个函数的整体图象，利用数形结合思想，结合对称性得到所有根的和．
【详解】法一：由题意，当时，，；当时，，即，解得；当时，，，无解；当时，，，无解；当时，，，无解；当时，，，无解；当时，，，则，解得；则；当时，，可得所有根之和为.
法二：函数满足则关于点对称，又因为，故关于点对称，也关于点对称，如图，
过点和，
两函数的图象有如图所示的三个交点，其横坐标为对应方程的三个实数根.
，，
由于点不在上，所有根之和为.
【点睛】利用数形结合思想，注意函数的图象的对称性的应用，是快捷高效的方法.
16．317
【解析】根据弓形的锯口深1寸，锯道长1尺，求出圆的半径，从而求出弓形（阴影部分）面积后，由柱体体积公式得木材体积
【详解】如图，设圆半径为寸（下面长度单位都是寸），连接，已知，，
在中，，即，解得，
由得，所以，
图中阴影部分面积为扇形（平方寸），
镶嵌在墙体中木材是以阴影部分为底面，以锯刀长为高的柱体，
所以其体积为（立方寸）
故答案为：317．
【点睛】本题考查柱体的体积，关键是求底面面积，方法是由扇形面积减去相应三角形面积得弓形面积，属基础题．
17．(1)
(2)2
【分析】（1）根据等差数列的定义及通项公式求出，再根据求出；
（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数
【详解】（1）由有，即，
又，故，
所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，即，
所以，
因此的通项公式为.
（2）由（1）及，有，所以，
又，
因为均为正整数，所以存在正整数使得，
故，
所以除以3的余数为2.
18．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先在面内证明，再证明面，，证得面，由面面垂直的判定定理得到平面平面.
（2）建系，利用法向量求二面角的平面角的余弦值.
【详解】（1）证明：平面，，平面
为的中点, ，，
,
又平面，平面，,
又，，平面，
平面，又平面，
，又，平面，
平面，
平面,
所以平面平面.
（2）,
在面内，过作，
平面，两两相互垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图空间坐标系，
由（1）知，为中点，则，
则,
，
面，面的一个法向量是，
设面的法向量，
则，
所以面的一个法向量为，
，
所以二面角的余弦值为 .
19．(1)
(2)分布列见解析，，能获得吉祥物
【分析】（1）依据古典概型即可求得选出的3人中至少有一位是女生的概率；
（2）依据二项分布即可得到X的分布列及其数学期望，再与获得2022冬奥会吉祥物的条件进行比较即可预测甲能否获得冬奥会吉祥物.
(1)
由题可知，抽取的9名大学生中，6名男生，3名女生；
则选出的3名学生中至少有一名女生的概率
(2)
由题可知
，
，
所以X的分布列
所以即能获得吉祥物.
20．（1）动点的轨迹方程为，曲线是以为圆心，2为半径的圆（2）的方程为或.（3）证明见解析，所有定点的坐标为，
【分析】（1）利用两点间的距离公式并结合条件，化简得出曲线的方程，根据曲线方程的表示形式确定曲线的形状；
（2）根据几何法计算出圆心到直线的距离，对直线分两种情况讨论，一是斜率不存在，一是斜率存在，结合圆心到直线的距离求出直线的斜率，于此得出直线的方程；
（3）设点的坐标为，根据切线的性质得出，从而可得出过、、三点的圆的方程，整理得出，然后利用
，解出方程组可得出所过定点的坐标.
【详解】（1）由题意得，化简可得：，
所以动点的轨迹方程为.
曲线是以为圆心，为半径的圆；
（2）①当直线斜率不存在时，，不成立；
②当直线的斜率存在时，设，即，
圆心到的距离为 ∵
∴, 即，解得或，
∴的方程为或；
（3）证明：∵在直线上，则设
∵为曲线的圆心，由圆的切线的性质可得，
∴经过的三点的圆是以为直径的圆，
则方程为，
整理可得,
令，且,
解得或
则有经过三点的圆必过定点，所有定点的坐标为，.
【点睛】本题考查动点轨迹方程的求法，考查直线截圆所得弦长的计算以及动圆所过定点的问题，解决圆所过定点问题，关键是要将圆的方程求出来，对带参数的部分提公因式，转化为方程组求公共解问题．
21．(1)
(2)
【分析】（1）求出函数导数，令求得切点即可得出方程，比较可得出答案；
（2）构造函数，利用导数讨论的单调性，根据函数值变化可得.
【详解】（1）的定义域为，.
令，得，又，
所以曲线的斜率为1的切线为，
由题意知这条切线即，故.
（2）存在，使得成立，即存在，使得成立.
设，则.
设，则.
当时，，当时，，
所以.
若，则，即，所以单调递增，
故当时，，不符合题意.
若，，，
所以存在，使得，
当时，，即，在上单调递减，
所以当时，，符合题意.
综上可知，的取值范围是.
22．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）由题意解得两点的坐标，表示，利用的关系证明结论；
（2）由（1）知：，，利用累加法和放缩法转化求和形式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1） 联立方程组，解得，
由，可得，
联立方程组，解得，
所以，
因为，所以，
所以当时，
（2） 由（1）可得，，，
累加得: ，
又因为
，
所以.
23．(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值号即可求解；
（2）原不等式可转化为，利用绝对值不等式及均值不等式分别求出最值即可得解.
【详解】（1）由题意得，
当时，，解得；
当时，，无解；
当时，，解得．
综上，的解集为．
（2），当且仅当时取等号，
所以．
因为，当且仅当时等号成立，
所以．
若不等式对和恒成立，
则，
所以，解得或，
即实数m的取值范围是．
X
0
1
2
3
4
P