2023届江西省高三高考适应性大练兵联考数学（理）试题含解析

2023届江西省高三高考适应性大练兵联考数学（理）试题

一、单选题

1．已知i为虚数单位，若复数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由复数的运算化简复数，再求共轭复数即可.

【详解】因为，所以.

故选：B.

2．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再求出集合，最后根据补集、交集的定义计算可得.

【详解】由，即，解得，所以，

又，

所以，则.

故选：A

3．已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】首先判断命题、的真假，再根据复合命题的真假性判断即可.

【详解】因为正弦函数的值域为，所以命题为真命题，

当时，故命题为假命题，

所以为假命题，为假命题，为真命题，则为假命题，为真命题.

故选：D

4．已知某圆锥的底面半径为2，其体积与半径为1的球的体积相等，则该圆锥的母线长为（    ）

A．1 B．2 C． D．5

【答案】C

【分析】设圆锥的高为，根据圆锥及球的体积公式求出，再由勾股定理计算可得.

【详解】设圆锥的高为，则，解得，

所以母线长为.

故选：C

5．近年来，我国无人机产业发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，其中民用无人机市场也异常火爆，销售量逐年上升．现某无人机专卖店统计了5月份前5天每天无人机的实际销量，结果如下表所示．

经分析知，与有较强的线性相关关系，且求得线性回归方程为，则的值为（    ）

A．28 B．30 C．33 D．35

【答案】C

【分析】求出、，根据回归直线方程必过样本中心点，代入计算可得.

【详解】依题意，，

又回归直线方程过点，所以，解得.

故选：C

6．已知函数，若存在最大值，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先分别判断函数在各段的单调性，依题意可得在处取得最大值，即可得到在左侧函数值不大于处的函数值，即可求出参数的取值范围.

【详解】因为，当时函数单调递增，

当时函数单调递减，

要使函数存在最大值，则最大值一定是在处取得，

即，此时，解得，

即实数的取值范围是.

故选：B

7．如图，若AD是的角平分线，则，该结论由英国数学家斯库顿发现，故称之为斯库顿定理，常用于解决三角形中的一些角平分线问题．若图中，在内任取一点P，则点P恰好落在内的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合角平分线定理与斯库顿定理列方程组求解线段的长度，即可得的长，再由几何概率的性质结合三角形面积即可求得答案.

【详解】设，由角平分线定理可得，即，整理得①，

有斯库顿定理得，即②，由①②得：，

即，则，

所以点P恰好落在内的概率为.

故选：C.

8．已知的角，，的对边分别为，，，且，，，则（    ）

A．3 B． C． D．8

【答案】B

【分析】利用诱导公式及正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理计算可得.

【详解】因为，所以，

所以由正弦定理可得，

即，所以，

即，又，所以，所以，

由余弦定理，即，解得.

故选：B

9．用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲而叫抛物面）的反射后，集中于它的焦点．用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线放在平面直角坐标系中，对称轴与轴重合，顶点与原点重合，如图，若抛物线的方程为，平行于轴的光线从点射出，经过上的点反射后，再从上的另一点射出，则（    ）

A．6 B．8 C． D．29

【答案】C

【分析】依题意设，代入抛物线方程，求出，即可得到直线的方程，联立直线与抛物线方程求出点坐标，即可求出.

【详解】由，可得的纵坐标为，设，则，解得，

由题意反射光线经过抛物线的焦点，

所以直线的方程为，整理可得，

由消去整理得，解得，，

则，所以，所以.

故选：C

10．已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（    ）

A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形

【答案】C

【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，

过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.

【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，

过点作交于点，连接，

则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.

其中因为，，，

所以，则，所以，

又，所以，所以，

则，

显然，则，所以.

故选：C

11．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先根据三角函数的变换规则求出的解析式，再根据余弦函数的性质求出的单调递增区间，即可得到，从而得到不等式组，解得即可.

【详解】将函数的图象向左平移个单位得到，

令，，解得，，

所以的单调递增区间为，，

又函数在上单调递增，所以，

所以，解得，即实数的取值范围为.

故选：A

12．已知函数的定义域为，其导函数为，若为奇函数，为偶函数，记，且当时，，则不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由为奇函数可得两边求导得到，即，同理可得，即可得到的对称性与周期，画出与的图象，数形结合即可得解.

【详解】因为为奇函数，所以，即，

两边同时求导得，即，

所以的图象关于直线对称，且①；

又为偶函数，所以，即，两边求导得，即，

所以的图象关于点中心对称，且②；

由①②得，即，

所以，所以的一个周期为，

因为当时，，

当时，则，所以，

当时，则，所以，

作出函数与的图象如图所示，

由，解得，由，解得，

结合图象可知不等式的解集为.

故选：C

【点睛】关键点睛：本题的关键是找到函数的对称性与周期性，再利用数形结合法.

二、填空题

13．已知单位向量，满足，则__________．

【答案】/

【分析】将两边平方，根据数量积的运算律计算可得.

【详解】因为，为单位向量且满足，

所以，即，

即，解得.

故答案为：

14．已知数列满足，若，则_________．

【答案】

【分析】依题意可得为等比数列，设公比为，根据条件及等比数列通项公式计算可得.

【详解】因为，所以为等比数列，设公比为，又，，

所以，解得，所以.

故答案为：

15．琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅．为弘扬中国传统文化，某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节．若“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”与“画”不相邻，则不同的排课方法共__________种．（用数字作答）

【答案】

【分析】先从诗、酒、花、茶中选“两雅”， “琴”“棋”相邻用捆绑法，“书”与“画”不相邻用插空法，最后按照分步乘法计数原理计算可得.

【详解】首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有种选法，

“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体，与除“书”与“画”外的“两雅”全排列，有种排法，

再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的个空中的个空，有种插法，

按照分步乘法计数原理可得一共有种排法.

故答案为：

16．已知双曲线的左焦点为，过点且与的一条渐近线平行的直线与圆相交于，两点，且，则的离心率为________．

【答案】

【分析】设的焦距为，设直线为，求出原点到直线的距离，再由勾股定理表示出，即可得到，从而求出离心率.

【详解】设的焦距为，双曲线的渐近线为，左焦点为，

不妨设直线为，即，

则原点到直线的距离，

所以，整理得，即，

所以，

所以离心率.

故答案为：

三、解答题

17．已知等差数列的前项和为，，．

(1)求的通项公式及；

(2)设__________，求数列的前项和．

在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解．

注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)，

(2)答案见解析

【分析】（1）设公差为，依题意得到关于、的方程组，解得、，即可求出通项公式与前项和；

（2）根据所选条件得到的通项公式，利用裂项相消法求和.

【详解】（1）设公差为，由可得，

所以，解得，所以的通项公式为，

则.

（2）若选①；

则

，

所以；

若选②；则，

则；

若选③，则，

所以.

18．如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是正方形，点E在棱PD上，，．

(1)证明：点E是PD的中点；

(2)求直线BE与平面ACE所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质得，结合，即可得结论；

（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，根据空间向量夹角公式求解线面角正弦值，再利用平方关系得余弦值即可.

【详解】（1）证明：因为平面所以

因为四边形是正方形,所以

又平面,所以平面，

又平面,所以，

又平面，所以平面,

因为平面,所以,

又,所以点是 的中点.

（2）由已知可知两两垂直，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设，则

所以

设平面的一个法向量为，则，令，则，所以

设直线与平面所成的角为，则

所以，即直线与平面所成角的余弦值为.

19．第19届亚运会将于2023年9月23日在我国杭州举行，这是继北京亚运会后，我国第二次举办这一亚洲最大的体育盛会，为迎接这一体育盛会，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了40人，统计他们的竞赛成绩（满分100分，每名参赛大学生至少得60分），并将成绩分成4组：（单位：分），得到如下的频率分布直方图．

(1)现从该样本中随机抽取2人的成绩，求这2人中至少有1人成绩不低于90分的概率；

(2)由频率分布直方图可以认为，这次竞赛中所有参赛大学生的竞赛成绩近似服从正态分布，其中为样本平均数（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表），，试用正态分布知识解决下列问题：

①若这次竞赛共有万名大学生参加，试估计竞赛成绩超过分的人数（结果精确到个位）；

②现从所有参赛的大学生中随机抽取人进行座谈，设其中竞赛成绩超过分的人数为，求随机变量的期望．

附：若随机变量服从正态分布，则，，．

【答案】(1)

(2)①；②

【分析】（1）根据频率分布直方图求出成绩不低于分的人数，再根据古典概型的概率公式计算可得；

（2）①首先求出，即可得到，根据正态分布的性质求出，即可估计人数；②依题意可得，根据二项分布的期望公式计算可得.

【详解】（1）由频率分布直方图可知，成绩不低于分的有人，

则随机抽取人至少有人成绩不低于分的概率.

（2）①依题意，

所以，则，

所以，

所以估计竞赛成绩超过分的大学生约为人；

②由，所以，

所以随机变量，所以.

20．已知椭圆的上顶点为，点在圆上运动，且的最大值为．

(1)求的标准方程；

(2)经过点）且不经过点的直线与交于，两点，分别记直线，的斜率为，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．

【答案】(1)

(2)为定值

【分析】（1）依题意可得，再由求出，即可得到椭圆方程；

（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，再由斜率公式计算可得.

【详解】（1）因为椭圆的上顶点为，所以，

圆的圆心为，半径，

所以，所以，

所以椭圆方程为.

（2）因为直线经过点且不经过点，所以直线的斜率存在，

设直线的方程为，，，

由消去整理得，

所以，解得或，

所以，，

所以，，

所以

，

所以为定值.

21．已知函数．

(1)当时，求曲线在点处的切线方程；

(2)设函数，若的导函数存在两个零点，且，证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，在由点斜式求出切线方程；

（2）依题意可得，即可得到，令，，从而得到，设，则，从而得到，构造函数，利用导数说明函数的单调性，再由，得到，即可求出的取值范围，从而得证.

【详解】（1）当时，则，，

所以，

所以曲线在点处的切线方程为，即.

（2）证明：，，

依题意可得，即，

令，，则，两式相除得到，

设，则，，所以，

所以，，

则，

设，则，

令，，则，

所以在上单调递增，则，

所以，即在上单调递增，

又，所以，

所以，而，

所以，所以

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．在平面直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为，直线与关于轴对称．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．

(1)求的一个参数方程和的直角坐标方程；

(2)设直线与曲线交于，两点，求的值．

【答案】(1)（为参数），

(2)

【分析】（1）题意可知，过点，倾斜角为，即可得到的一个参数方程，利用二倍角公式将曲线的极坐标方程化为，再根据代入计算可得；

（2）设、对应的参数分别为，，把的参数方程代入的直角坐标方程，利用参数的几何意义计算可得.

【详解】（1）由题意可知，过点，倾斜角为，

所以的一个参数方程为（为参数），即（为参数），

又曲线的极坐标方程为，所以，

，

，，

即曲线的直角坐标方程为.

（2）设、对应的参数分别为，，

把的参数方程代入的直角坐标方程得，

整理得，所以，，所以，

所以.

23．已知函数．

(1)求不等式的解集；

(2)若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；

（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，从而解得.

【详解】（1）由得，

所以原不等式等价于或或，

解得或或，

所以不等式的解集为.

（2）因为，

当且仅当时等号成立，

所以的最小值为，

因为恒成立，

所以，所以或，解得或，

所以实数的取值范围.