江西省新余市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）

新余市2022-2023学年高三第二次模拟考试

高三数学试题卷（文科）

一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出集合、，利用交集定义可求得集合.

【详解】因为

，

因此，.

故选：A.

2 已知复数满足，则复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得.

【详解】因为，则，

因此，.

故选：B.

3. 已知，，则与的夹角（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值.

【详解】因，，则，

所以，，

因为，故.

故选：C

4. 等差数列满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可求得的值，进而可求得的值.

【详解】设等差数列的公差为，则，

所以，，故.

故选：D.

5. 已知，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由余弦的二倍角公式，结合二次方程得，进而得，再根据正弦的二倍角公式求解即可.

【详解】解：因为，且

所以，即，

所以，解方程得或（舍）

因为，

所以，

所以.

故选：A

6. 函数的部分图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由的奇偶性和特殊值利用排除法可得答案.

【详解】对，，所以函数是偶函数，

其图象关于轴对称，所以排除选项A；

令，可得或，即，

当时，，所以，故排除选项C；

当时，，所以，所以排除选项D.

故选：B.

7. 德国数学家莱布尼兹于年得到了第一个关于的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（年）开始，历时近年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的个新级数公式，著有《割圆密率捷法》一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算的近似值（其中表示的近似值）”.若输入，输出的结果可以表示为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】列举出循环的每一步，即可得出输出结果的表达式.

【详解】第一次循环，，，不成立；

第二次循环，，，不成立；

第三次循环，，，不成立；

第四次循环，，，不成立；

，以此类推可知，最后一次循环，

，

，成立，跳出循环体，

输出，

输出的结果可以表示为.

故选：C.

8. 已知圆C：，若直线上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为，则实数k的取值范围是（    ）

A.  B. 或

C. 或 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据切线夹角分析出，由圆心到直线的距离不大于4列出不等式求解可得．

【详解】设两切点为，则，，所以,

因此只要直线上存在点，使得即可满足题意．

圆心，所以圆心到直线的距离，解得或．

故选：C．

9. 算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位，十位､百位､千位.....，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位､十位，百位，千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则有：①②；③④.上述结论正确的个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数；能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位数字是5即可．由此计数后可计算出概率，判断各序号即可求解．

【详解】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是16.

能被3整除的四位数，数字1和5各出现2个，

因此满足条件的四位数的个数是6，所以，①正确；

能被5整除的四位数，个位数为5，满足的个数为8，，②不正确；

能被15整除的四位数的个位数是5，十位、百位、千位为一个5两个1，

因此满足这个条件的四位数的个数是3，概率为，④正确；

，③正确.

故正确的有3个，

故选：D.

10. 在长方体中，，，点、分别是棱、的中点，、、平面，直线平面，则直线与直线所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用平行定理对直线进行平移、从而实现在三角形内求解角度．

【详解】 

如图，连接并延长，交线段的延长线于点，连接交于点．

则易知．连接，

因为，所以异面直线与所成的角为．

在中，易得，，，

则．

故选：B．

11. 已知双曲线，过右焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】作出图形，计算出，设，可得出，由二倍角的正切公式可得出关于的等式，求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.

【详解】如下图所示：

双曲线的渐近线方程为，即，

所以，，则，

因为，则，

设，则，所以，，

，，

由二倍角的正切公式可得，即，可得，

因此，.

故选：A.

12. 已知,则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.

【详解】解:由题知构造,,

所以,

故在单调递减,所以,

即,即,即

因为,

构造,,

所以

即在上单调递增,所以,

即,即,即,

综上:.

故选:D

二､填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置.）

13. 若实数、满足约束条件，则的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】作出可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.

【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

联立，解得，即点，

平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，

直线在轴上的截距最大，此时取最大值，

即.

故答案为：.

14. 已知数列中，，，且、是函数的两个零点，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】分析可知数列为等比数列，利用韦达定理可得出，分析出的正负，结合等比中项的性质可求得的值.

【详解】因为在数列中，，，则，所以，，

所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，

因为、是函数的两个零点，

由韦达定理可得，

因为，可得，所以，，

由等比中项的性质可得，因此，.

故答案为：.

15. 已知函数在上单调递增，且在上有最大值．则的取值范围为__________．

【答案】

【解析】

【分析】通过函数在上单调递增，求出的范围，再根据在上有最大值可得，进而即得.

【详解】由，可得，

又函数在上单调递增，

所以，

所以，又函数在上有最大值，

所以，即，

综上，.

故答案为：.

16. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.

【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，

所以AM⊥CD，且，

因为，所以，而，

由勾股定理得：，所以BM=BC，

故为等腰直角三角形，，，

由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，

因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，

在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，

球心O在MH上，设OM=x，

由余弦定理得：，

则，

由得：，解得：，

设外接球半径为，则，

故该三棱锥的外接球的表面积为，

故答案为：

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 ．

三､解答题（共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.）

17. 在平面四边形中，.

（1）求的长；

（2）若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；

（2）弦有三角形为锐角三角形求出角的范围，在中，利用正弦定理将用角表示出来，再结合三角函数的性质即可得解.

【小问1详解】

在中，，

由余弦定理可得，

即，解得或；

【小问2详解】

因为，所以，

因为为锐角三角形，

所以，解得，

在中，因为，

所以，

由，得，所以，

所以.

18. 从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：

（1）求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；

（2）产品质量指标值在185与215之间的每个盈利200元，在175与185或215与225之间的每个亏损50元，其余的每个亏损300元.该企业共生产这种产品10000个，估计这批产品可获利或亏损多少元？

【答案】（1）,   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数和方差公式，即可求解；

（2）根据频率，可计算获利或亏损.

【小问1详解】

样本平均数

【小问2详解】

由频率分布直方图可知，质量指标值在的频率为，

质量指标值在和的频率为，

质量指标值在和的频率为，

所以10000件产品的获利情况是

元.

19. 如图,在四棱锥中,底面ABCD为正方形,底面ABCD,,E为线段PB的中点,F为线段BC的中点．

（1）证明:平面PBC;

（2）求点P到平面AEF的距离．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】(1)先根据底面ABCD,得到,再根据,利用线面垂直的判定定理证明平面PAB,即,再根据一次线面垂直的判定定理证明平面PBC;

(2)先根据长度及垂直关系得到进而得到的面积,再计算出,根据等体积法即可求得点P到平面AEF的距离.

【小问1详解】

证明:因为底面ABCD,平面ABCD,所以．

因为ABCD为正方形,所以,

因为,平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,

因为平面PAB,所以,

因为,E为线段PB的中点,所以,

又因为,平面PBC,平面PBC,所以平面PBC.

【小问2详解】

由F是BC的中点．所以,

因为底面ABCD,平面ABCD,

所以,因为E为线段PB的中点,

所以,

由(1)知平面PBC,平面PBC,

所以,所以,

所以,

因为,所以,

由(1)知平面PAB,所以平面PAB,

设点P到平面AEF的距离为h,

则有,

解得,所以点P到平面AEF的距离为．

20. 已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.

（1）求椭圆的标准方程.

（2）若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）是定值，定值为

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；

（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，，，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.

【小问1详解】

设椭圆的焦距为，

由题意可得，解得，

故椭圆的标准方程为.

【小问2详解】

由（1）得，

当直线垂直于轴时，，代入椭圆方程，解得，.

所以直线的方程为，令，得，则，

直线的方程为，令，得，则，

所以，，则，即，

若为定值，则必为，

当直线的斜率存在时，设直线，，，

联立整理得，

，

则，，

直线的方程为，令，得，则，

直线的方程为，令，得，则，

因为，所以，，

则

，

故，即.

综上，为定值.

21. 已知函数，.

（1）若，求的最小值；

（2）若有且只有两个零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）最小值为；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）代入，求出，根据的范围可得在上恒成立，即可求出最小值；

（2）显然，则原题可转化为在区间上有且只有1个零点．求出导函数，进而二次求导可得在区间上单调递增.推理得到当时，在上零点，根据导函数得到函数的单调性，结合零点的存在定理可得出实数的取值范围.

【小问1详解】

解：当时，，

则. 

当时，，

所以，

所以.

又，所以，

所以恒成立，

所以在区间上单调递增，

所以的最小值为.

【小问2详解】

解：由已知可得，则在区间上有且只有1个零点．

，

令，.

则，

因为在区间上恒成立，

所以在区间上单调递增.

所以，当时，有最小值；当时，有最大值.

当时，有，则恒成立，则在区间上单调递增，所以.

又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；

当时，有恒成立，则在区间上单调递减，所以.

又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；

当时，有，.

又在区间上单调递增，

根据零点的存在定理可得，，使得.

当时，，单调递减：当时，，单调递增.

又，，要使在区间上有且只有一个零点，

则，解得.

又，所以.

综上，实数的取值范围是．

【点睛】方法点睛：根据函数零点的个数求解参数的取值范围：先观察看函数是否已存在零点，然后根据导函数研究函数的单调性，结合零点的存在定理，即可得到参数的取值范围.

22. 在直角坐标系中，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．

（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；

（2）已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值．

【答案】（1）C：，直线l：   

（2）

【解析】

【分析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；

（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．

【小问1详解】

曲线C的参数方程为（为参数，），

所以，所以即曲线C的普通方程为．

直线l的极坐标方程为，则，

转换为直角坐标方程为．

【小问2详解】

直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，，

由代入，得，则，，即t1、t2为负，

故．

23. 设 ．

（1）求 的解集;

（2）若的最小值为，且，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；

（2）由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.

【小问1详解】

，

当时，或或,

解得或或，

所以，故解集为；

【小问2详解】

，当且仅当

即时，等号成立，∴，∴，

∵a，b为正实数，

∴

，

当且仅当，即时，等号成立．故的最小值为．