江西省八所重点中学2023届高三下学期3月联考数学（文）试题（Word版附解析）

这是一份江西省八所重点中学2023届高三下学期3月联考数学（文）试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了答题前，先将自己的姓名，选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
江西省八所重点中学2023届高三联考文科数学试卷考试时间：120分钟  分值：150分 注意事项：1、答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2、选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3、非选择题的作答：用黑色墨水笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4、考试结束，监考员只需将答题卡收回装订.一、选择题：本题共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. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合中元素范围，然后求即可.【详解】或，，.故选：B.2. 已知i为虚数单位，复数是实数，则的值是（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出复数的代数形式，然后令虚部为零可得答案.详解】，复数是实数，，解得.故选：C.3. 设向量，，.若，则（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 【答案】B【解析】【分析】求出的坐标，再利用列方程求解的值.【详解】，，，，，解得.故选：B.4. 若与是两条不同的直线，则“”是“”的（    ）A. 充要条件 B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用两直线平行解出的值即可.【详解】由题意，若，所以，解得或，经检验，或时，，则“”是“”的充分不必要条件，故选：C．5. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简，再将条件代入即可.【详解】因为，，，所以，又，所以，故选：D.6. △的内角，，的对边分别为，，.若，则（    ）A. 5 B. 4 C. 3 D. 2【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理进行角换边，再根据余弦定理即可得出答案.【详解】，利用正弦定理可得:，又，可得，整理可得：，故选：A.7. 已知一组数据的方差为1，则数据的方差为（    ）A. 3 B. 1 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用方差的定义，列式计算作答.【详解】设数据的平均数为，则，数据的平均数为，数据的方差为，数据的方差，解得，所以数据的方差为.故选：D8. 设函数，则（    ）A. 关于对称 B. 关于对称C. 关于对称 D. 关于对称【答案】D【解析】【分析】根据函数对称性的性质依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，因为，所以不关于对称，故A错误.对选项B，因为，所以不关于对称，故B错误.对选项C，因为，，，所以不关于对称，故C错误.对选项D，因为，所以关于对称，故D正确.故选：D9. 刍(chú)甍(méng)是中国古代算数中的一种几何体，其结构特征是：底面为长方形，上棱和底面平行，且长度不等于底面平行的棱长的五面体，是一个对称的楔形体．已知一个刍甍底边长为，底边宽为，上棱长为，高为，则它的表面积是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】计算出几何体每个面的面积，相加即可得解.【详解】设几何体为，如下图所示：矩形的面积为，侧面为两个全等的等腰三角形、，两个全等的等腰梯形、，设点、在底面内射影点分别为、，过点在平面内作，连接，过点在平面内作，连接，平面，、平面，，，，，平面，平面，，易知，，则在中，斜高为，所以，，同理可知，梯形的高为，所以，，因此，该几何体的表面积为.故选：B.10. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，焦距为4，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的左、右支分别交于，两点，，则该双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角形面积得到，将各个线段按比例表示出来，以此表示出，两点坐标，最后根据双曲线焦半径公式列式计算即可.【详解】因为，解得设，，，根据题意可知，设双曲线方程为，设，若P点在双曲线的左支上，则双曲线的焦半径为：，，由题意可得，，所以，根据变形得，所以 故，同理可得，同理可得，若P点在双曲线的右支上，则双曲线的焦半径为：，，根据双曲线焦半径公式可得：，；，，，解得.故选：C11. 已知直三棱柱中，，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.【详解】因为三棱柱为直三棱柱，所以，平面所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，因为，令因为，所以，在中，，所以，，所以，，所以，当，即时，取得最大值，所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，所以，，所以，所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，所以，直三棱柱外接球的半径，即，所以，直三棱柱外接球的体积为.故选：B12. 设，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若，满足条件，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，通过图象平移确定目标函数的最小值．【详解】由，得，作出不等式对应的可行域，如图中阴影三角形，平移直线，由平移可知当直线，经过点时，直线的纵截距最小，此时取得最小值.由，解得，将的坐标，代入，得，即目标函数的最小值为．故答案为：．14. 在内任取一个数，满足的概率为______.【答案】【解析】【分析】先求解在上的解集，再根据几何概型的方法计算即可【详解】因为，由得或，由得或，故的解集为，故所求事件的概率为．故答案为：.15. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则到的距离为______.【答案】6【解析】【分析】根据抛物线的定义，结合条件表示出的长度，然后列出方程即可得到结果.【详解】如图，不妨令在轴上方，准线l与轴交点为，因为点在C上，根据抛物线定义可得，且，则，所以为等腰三角形，且，在中，，即解得，即F到l的距离为.故答案为：616. 当时，不等式恒成立，则的范围为______.【答案】【解析】【分析】构造，求导判断单调性，分和两种情况讨论，可得所求的范围．【详解】构造，且，且当时，在上单调递增，成立；当时，，又在上为连续函数，存在，使时，，即在上单调递减，此时，不成立，舍去；则的范围为，故答案：．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.（一）必考题：共60分.17. 已知，抛物线与轴正半轴相交于点．设为该拋物线在点处的切线在轴上的截距．（1）求数列的通项公式；（2）设， 求证： （且）．【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求解坐标，求导，可得切线斜率，利用直线方程的点斜式，即得解；（2）代入，可得，由，裂项相消，即可证明【小问1详解】由题意，令，解得又在轴正半轴，故，故切线斜率抛物线在点处的切线方程为令所以它在轴上的截距．【小问2详解】由题意，故又对且时得证18. 实行“垃圾分类”能最大限度地减少垃圾处置量，实现垃圾资源利用，改善垃圾资源环境.2019年下半年以来，全国各地区陆续出合了“垃圾分类”的相关管理条例.某部门在某小区年龄处于岁的人中随机地抽取 人，进行了“垃圾分类”相关知识掌握和实施情况的调查，并把达到“垃圾分类”标准的人称为“环保族”，得到如图所示各年龄段人数的频率分布直方图和表中的统计数据.组数分组“环保族”人数占本组的频率第一组450.75第二组25 第三组200.5第四组 0.2第五组30.1 （1）求 ， ， 的值；（2）根据频率分布直方图，估计这 人年龄的平均值（同一组数据用该区间的中点值代替，结果按四舍五入保留整数）；（3）从年龄段在的“环保族”中采取分层随机抽样的方法抽取9人进行专访，并在这9人中选取2人作为记录员，求选取的2名记录员中至少有1人年龄在中的概率.【答案】（1），，.    （2）估计这 人年龄的平均值为.    （3）选取的 名记录员中至少有 人年龄在中的概率.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图和频数分布表能直接求出，，；（2）根据频率分布直方图，能直接求这人年龄的平均值；（3）从年龄段在的“环保族”中采取分层随机抽样的方法抽取9人进行专访，年龄段在的“环保族”中选（人），分别记为，，，， ；年龄段在的“环保族”中选（人），分别记为，，，.在这 人中选取 人作为记录员，利用列举法列出所有的基本事件，然后利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【小问1详解】解：由题意得： ， ， ，所以，，.【小问2详解】根据频率分直方图，估计这 人年龄的平均值为： .所以估计这 人年龄的平均值为 .【小问3详解】从年龄段在的“环保族”中采取分层随机抽样的方法抽取9人进行专访，从年龄段在的“环保族”中选（人），分别记为，，，， .从年龄段在的“环保族”中选（人），分别记为，，，.在这 人中选取 人作为记录员，所有的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共36种.选取的2名记录员中至少有1人年龄在中包含的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共26种.因此，选取的2名记录员中至少有1人年龄在中的概率，所以选取的2名记录员中至少有1人年龄在中的概率.19. 已知两个四棱锥与的公共底面是边长为4的正方形，顶点，在底面的同侧，棱锥的高，，分别为AB，CD的中点，与交于点E，与交于点F.（1）求证：点E为线段的中点；（2）求这两个棱锥的公共部分的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）证明，，进而证明四边形是平行四边形，可得E为线段的中点；（2）分析四棱锥的底和高，用四棱锥的体积减四棱锥的体积，可得所求几何体体积.【小问1详解】连接，，如图，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又，所以四边形是矩形，所以，，又，分别为AB，CD的中点，所以，，所以，，所以四边形是平行四边形，又对角线，所以点E为线段的中点.【小问2详解】连接，交EF于点N，过点作于M，由题意知，故，又，，，平面，所以平面，故，又，，平面，所以平面，即是四棱锥的高，由（1）同理可得点F为线段的中点，所以，，在中，，则，所以，因为，所以.20. 已知，是椭圆的左右焦点，离心率为，直线过右焦点.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交椭圆于，两点，，交曲线于，交曲线于，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据条件先求出c，再求出a，b；（2）根据条件可得直线AM和BM的方程，与椭圆C方程联立，利用韦达定理法结合斜率公式计算即得.【小问1详解】直线 与x轴的交点为：， ，又 ，椭圆C的标准方程为：；【小问2详解】设 ，则有 ， 则直线AM的方程为： ，直线AB的方程为，则 ，联立方程 ，解得： ，又点 在椭圆C上， ，代入上式化简得：  ， ；同理可得： ，所以 ，即 ，为定值.【点睛】本题难点在于计算，需要设立几个参数，所以在计算过程中每算一步都要核对是否正确，以免前功尽弃.21. 已知函数.（1）当时，求在点处的切线方程；（2）当时，求证：.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义可知斜率，代入直线的点斜式方程可得切线方程为；（2）由可得，利用函数单调性即可知在处取得最小值，即证明即可，令函数即可得出证明.【小问1详解】当时，；则，所以在点处的切线斜率，又；切线方程，即所以，在点处的切线方程为.【小问2详解】当时，可得 ,又，令可得；所以当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增；即在处取得极小值，也是最小值，所以；要证明，即证明，也即构造函数，则，所以当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增；所以；即可得，当且仅当时等号成立；故.（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 已知曲线（为参数）和直线（为参数）.（1）将曲线的方程化为普通方程；（2）设直线与曲线交于A，B两点，且，若，求所在的直线方程.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）写出用x和y表示k的方程，联立整理后即可得到曲线的普通方程；（2）将直线l的参数方程代入曲线的普通方程，可得，由可知点P为线段AB的中点，可得，利用韦达定理求得，即可用点斜式写出所在的直线方程.【小问1详解】因为，易得，所以①，代入，得②，联立①②，得，整理得曲线的普通方程为；【小问2详解】将代入，得，设点A，B对应的参数分别为，由可知点P为线段AB的中点，则，即，所以，即，所以所在的直线方程为，即.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数．（1）求不等式的解集；（2）在（1）的条件下，设中的最小的数为，正数满足，求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此解不等式.（2）结合基本不等式求得的最小值.【小问1详解】， 不等式可化为，或，或，解得，所以.【小问2详解】由（1）可知，所以，所以当且仅当，，即时等号成立，所以的最小值为．