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    江西省南昌市2023届高三数学(文)第一次模拟测试试题(Word版附解析)

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    这是一份江西省南昌市2023届高三数学(文)第一次模拟测试试题(Word版附解析),共20页。

    20230607项目第一次模拟测试卷

    文科数学

    本试卷共4页,23小题,满分150分,考试时间120分钟

    注意事项:

    1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填涂在答题卡上,并在相应位置贴好条形码.

    2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案.

    3.非选择题必须用黑色水笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来答案,然后再写上新答案,不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答无效.

    4.考生必须保证答题卡整洁,考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.

    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. 已知集合,则   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】B

    【解析】

    【分析】根据立方和公式,结合配方法、集合交集的定义进行求解即可.

    【详解】

    所以

    故选:B

    2. 设复数满足,则   

    A. 2 B.  C.  D.

    【答案】C

    【解析】

    【分析】根据复数的除法运算法则,结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.

    【详解】因为

    所以,于是

    故选:C

    3. 如图,一组数据,的平均数为5,方差为,去除这两个数据后,平均数为,方差为,则(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解,并根据方差的意义理解判断.

    【详解】由题意可得:,则

    是波幅最大的两个点的值,则去除这两个数据后,整体波动性减小,故.

    故选:D.

    4. 双曲线的渐近线方程为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】由双曲线的标准方程直接写出渐近线方程.

    【详解】双曲线的标准方程为:

    双曲线的渐近线方程为:,即.

    故选:A

    5. 已知xy为正实数,则的(   

    A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

    C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

    【答案】B

    【解析】

    【分析】利用特值法、基本不等式,结合充分条件与必要条件的定义判断即可.

    详解】时,取,则

    所以不是的充分条件;

    时,得,即,则

    所以的必要条件,

    所以的必要不充分条件.

    故选:B.

    6. 已知xy满足,则的最小值为(   

    A. 3 B. 4 C. 5 D. 7

    【答案】B

    【解析】

    【分析】作出可行域,作出目标函数对应的直线,平移该直线可得最优解.

    【详解】作出可行域,如图内部(含边界),

    作直线,在直线中,纵表示直线的纵截距,直线向下平移时,纵截距减小,则减小,

    ,即

    平移直线,当它过点时,取得最小值4

    故选:B

    7. 对食道和胃黏膜有刺激性的粉末或颗粒,或口感不好、易于挥发、在口腔中易被唾液分解,以及易吸入气管的药需要装入胶囊,既保护了药物药性不被破坏,也保护了消化器官和呼吸道.在数学探究课中某同学设计一个胶囊形的几何体,由一个圆柱和两个半球构成,已知圆柱的高是底面半径的4倍,若该几何体表面积为,则它体积为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】D

    【解析】

    【分析】设圆柱的底面半径为,可求得该几何体表面积为,解得,进而求出该几何体的体积.

    【详解】设圆柱的底面半径为,则球的半径为,圆柱的高是

    圆柱的侧面积为,两个半球的表面积为

    该几何体表面积为,解得

    该几何体的体积为

    故选:D

    8 已知,则(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】化简得,构造函数,通过导数可证得,可得,而,从而可得答案.

    【详解】.

    ,则有单调递减,

    从而,所以,故,即

    ,故有

    故选:A

    9. 已知函数,且,则的最小值为(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为,分析可知函数的最小正周期为,利用正弦型函数的周期公式可求得的最小值.

    【详解】因为

    又因为,且

    所以,函数的最小正周期满足,则

    所以,,故当时,取最小值.

    故选:A.

    10. 二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂,即广义二项式定理:对于任意实数,当比较小的时候,取广义二项式定理的展开式的前两项可得:,并且的值越小,所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值,可以这样操作:,用这样的方法,估计的近似值约为(   

    A. 2.922 B. 2.928 C. 2.926 D. 2.930

    【答案】C

    【解析】

    【分析】变形,然后根据题中的方法计算即可.

    【详解】

    故选:C.

    11. 如图,已知正四棱台中,,点分别为的中点,则下列平面中与垂直的平面是(   

    A. 平面 B. 平面DMN C. 平面ACNM D. 平面

    【答案】C

    【解析】

    【分析】延长交于一点,取中点,连接,根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形,即可得,由长度关系及平行可证明,即可证明上,上,再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.

    【详解】解:延长交于一点,取中点,连接,如图所示:

    因为正四棱台,所以为正四棱锥,

    因为,且

    所以,即,解得

    所以,即为等边三角形,

    因为中点,所以,且,同理可得

    因为,所以,即

    因为中点,所以

    因为

    所以

    所以

    因为

    所以上,上,

    因为,所以

    ,因为平面平面

    ,所以平面.

    故选:C

    12. 已知函数,若对于任意的,不等式恒成立,则实数的取值范围是(   

    A.  B.  C.  D.

    【答案】A

    【解析】

    【分析】可求得上单调递减,且,所以由,得,即对于任意的恒成立,从而得解.

    【详解】因为上单调递增,所以上单调递减.

    因为

    所以由,得,即

    所以,即对于任意的恒成立,

    ,则,即实数的取值范围是

    故选:A

    二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.

    13. 已知向量,若,则______

    【答案】

    【解析】

    【分析】求出向量的坐标,利用平面向量的模长公式可得出关于的等式,解之即可.

    【详解】因为,则

    因为,则,解得.

    故答案为:.

    14. 函数x1处的切线平行于直线xy10,则切线在y轴上的截距为______

    【答案】

    【解析】

    【分析】由题意,求得,所以,则,进而求出函数x1处的切线方程,从而得解.

    【详解】,由题意,即

    所以,则

    故函数x1处的切线方程为,即

    则切线在y轴上的截距为

    故答案为:

    15. 在锐角中,角所对的边分别为,若,则的取值范围为______

    【答案】

    【解析】

    【分析】根据正弦定理得到关于的等式,根据锐角,求得角的范围,进而求得的取值范围即可.

    【详解】解:在中,由正弦定理得

    所以,即

    因为锐角,所以

    ,解得

    所以,所以

    ,即.

    故答案为:

    16. 已知一簇圆,直线lykxb是它们的一条公切线,则kb______

    【答案】##0.75

    【解析】

    【分析】由题意圆心到直线lykxb的距离,则,对任意恒成立,列式求解即可.

    【详解】由圆,知圆心,半径为

    由题意圆心到直线lykxb的距离

    ,对任意恒成立,

    ,解得,故.

    故答案为:.

    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1721题为必考题,每个试题考生都必须作答;第2223题为选考题,考生根据要求作答.

    (一)必考题:共60

    17. 已知正项数列满足a1=1a2=2a4=64,且

    1k的值;

    2求数列的通项公式.

    【答案】12    2.

    【解析】

    【分析】1)运用代入法进行求解即可;

    2)通过换元法、等比数列的定义,结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.

    【小问1详解】

    时,

    时,

    【小问2详解】

    因为,所以,则

    ,所以,则是等比数列,

    ,所以,所以

    18. 随着国民旅游消费能力的提升,选择在春节假期放松出行的消费者数量越来越多.伴随着我国疫情防控形势趋向平稳,被压抑已久的出行需求持续释放,周边游乡村游等新旅游业态火爆,为旅游行业发展注入新活力,旅游预订人数也开始增多,为了调查游客预订与年龄是否有关,调查组对400名不同年龄段的游客进行了问卷调查,其中有200名游客预定了,这200名游客中各年龄段所占百分比见图:

    已知在所有调查游客中随机抽取1人,抽到不预订的且在19~35岁年龄段的游客概率为

    1请将下列2×2列联表补充完整.

     

    预订旅游

    不预订旅游

    合计

    19-35

     

     

     

    18岁以下及36岁以上

     

     

     

    合计

     

     

     

    能否在犯错误概率不超过0.001的前提下,认为旅游预订与年龄有关?请说明理由.

    2将上述调查中的频率视为概率,按照分层抽样的方法,从预订旅游客群中选取5人,在从这5人中任意取2人,求2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率.

    附:,其中

    0.100

    0.050

    0.010

    0.005

    0.001

    k

    2.706

    3.841

    6.635

    7.879

    10.828

     

    【答案】1表格见解析,能在犯错误概率不超过0.001的前提下,认为旅游顸订与年龄有关   

    2

    【解析】

    【分析】1)根据题意完善列联表,根据表中数据求,并与临界值比较分析;

    2)根据分层抽样求每层抽取的人数,再结合古典概型运算求解.

    【小问1详解】

    预定旅游中,1935岁年龄段的人数为:人,

    18岁以下及36岁以上人数为人.

    在所有调查对象中随机抽取1人,抽到不预订旅游客群在19~35岁年龄段的人的概率为

    故不预订旅游客群19~35岁年龄段的人为:人,

    18岁以下及36岁以上人数为人.

    所以列联表中的数据为:

     

    预订旅游

    不预订旅游

    合计

    19~35

    120

    75

    195

    18岁以下及36岁以上

    80

    125

    205

    合计

    200

    200

    400

    则能在犯错误概率不超过0.001的前提下,认为旅游顸订与年龄有关.

    【小问2详解】

    按分层抽样,从预定旅游客群中选取5人,

    其中在1935岁年龄段的人数为,分别记为:ABC18岁以下及36岁以上人数为2人,分别记为:ab

    5人中任取2人,则有:,共有10种情况

    其中恰有1人是1935岁年龄段的有:,共 6种情况,

    2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率为:

    19. 已知直棱柱的底面ABCD为菱形,且,点的中点.

    1证明:平面

    2求三棱锥的体积.

    【答案】1证明见解析   

    21

    【解析】

    【分析】1)根据平行四边形的判定定理和性质,结合菱形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可;

    2)根据菱形的性质、直棱柱的性质,结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.

    【小问1详解】

    连接ACBD于点,连接

    在直四棱柱

    所以四边形为平行四边形,即

    又因为底面ABCD为菱形,所以点AC的中点,

    的中点,即点的中点,所以

    即四边形为平行四边形,所以

    因为平面平面,,所以平面

    【小问2详解】

    在直棱柱平面平面

    所以

    又因为上底面为菱形,所以

    因为平面

    所以平面

    因为在中,

    且点BD的中点,所以,即

    所以

    20. 已知函数

    1时,函数2个极值点,求的取值范围;

    2,方程有几个解?

    【答案】1   

    2两个

    【解析】

    【分析】1)根据极值的定义,结合构造函数法、导数的性质进行求解即可;

    2)构造新函数,结合导数的性质、函数零点存在原理进行求解即可.

    【小问1详解】

    时,

    则方程有两实根,即有两实根.

    ,则时,单调递减;

    时,单调递增,

    所以,且时,

    所以当有两个实根时,

    【小问2详解】

    时,设

    因为上单调递增,且

    所以恰有一根,且

    时,单调递减;

    时,单调递增,

    所以

    所以有且仅有两个实根,即方程有且仅有两个实根.

    【点睛】关键点睛:根据极值的定义,问题转化为方程解的问题,通过构造新函数,利用导数的性质是解题的关键.

    21. 已知抛物线一点,若处的切线斜率为-1,且该切线与轴相交于

    1求抛物线的标准方程;

    2过点的直线与曲线相交于AB两点,若直线PAPB分别与轴相交于MN两点,求MN两点横坐标的和.

    【答案】1   

    2

    【解析】

    【分析】1)根据直线与抛物线相切联立方程求解,即可得结果;

    2)根据题意求的坐标,结合韦达定理运算求解.

    【小问1详解】

    由题意可知直线的方程为

    联立方程,消去y

    因为直线与抛物线相切,则,解得

    所以抛物线的方程为

    ,解得

    代入,得

    可得切点

    【小问2详解】

    设直线的方程为,且

    与抛物线联立方程,消去y

    ,得

    直线AP的方程

    代入得:,解得

    同理可得:

    所以

    因为点在拋物线上,则

    由于韦达定理可得

    【点睛】方法点睛:(1)由特例得出一个值,此值一般就是定值;

    2)证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令系数等于零,得出定值;

    3)得出结论.

    (二)选考题:共10分.请考生在第2223题中任选一题作答,如果多做,则按所做的第一题计分.

    选修44:坐标系与参数方程

    22. 在平面直角坐标系xOy中,直线的参数方程为: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,曲线的极坐标方程为:

    1时,求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程.

    2直线l与曲线C交于AB两点,若|AB|=2,求的值.

    【答案】1   

    2.

    【解析】

    【分析】1)根据加减消元法,结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可;

    2)根据直线参数方程参数的意义,结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

    【小问1详解】

    时,直线的参数方程为

    消去参数

    即直线的普通方程为

    则曲线的直角坐标方程为

    【小问2详解】

    将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得

    ,化简得

    AB两点对应的参数为,则

    因为直线过点

    解得

    选修45:不等式选讲

    23. 已知

    1求证:

    2的最小值.

    【答案】1证明见解析   

    2

    【解析】

    【分析】1)由已知条件可得出,等式两边平方,并结合基本不等式可证得结论成立;

    2)分析可知,可得出,展开后利用基本不等式可求得的最小值.

    【小问1详解】

    证明:因为,所以,

    ,即

    当且仅当时等号成立.

    【小问2详解】

    解:因为,且,所以,,则

    所以

    当且仅当时,即当时等号成立,所以最小值为


     

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