江西省宜春市2023届高三数学（文）一模试题（Word版附解析）

宜春市2023年高三年级模拟考试数学（文）试卷

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. 设全集，或，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先计算得到，进而求出交集.

【详解】，故

故选：D

2. 已知复数满足，则等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义求解.

【详解】由题可得，所以，

故选:A.

3. 非零向量，，满足，与的夹角为，，则在上的投影为（    ）

A. －1 B.  C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据投影公式计算出正确答案.

【详解】由于，所以，

由于与的夹角为，所以，

在上的投影为.

故选：C

4. 已知实数满足约束条件则的最大值是（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】画出可行域，向上平移基准直线到可行域边界位置，由此求得的最大值.

【详解】

画出可行域如下图所示，向上平移基准直线到可行域边界点的位置，此时取得最大值为.

故选：B.

5. 从棱长为2的正方体内随机取一点，则取到的点到中心的距离不小于1的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据几何概型概率问题的计算公式求得正确答案.

【详解】点到中心距离小于等于1的几何体是以中心为球心，1为半径的球体.

所以，取到的点到中心的距离不小于1的概率为.

故选：C

6. 若则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造函数，利用导数判断函数单调性，再结合对数的性质即可判断大小关系.

【详解】因为，，，

当时，设，

则，

所以在上单调递减且，

所以，

即，所以；

又因为，所以，，即，

所以.

故选：A.

7. 在数学和许多分支中都能见到很多以瑞士数学家欧拉命名的常数，公式和定理，若正整数只有1为公约数，则称互质，对于正整数是小于或等于的正整数中与互质的数的个数，函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：，.记为数列的前项和，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意分析可得，结合等比数列求和公式运算求解.

【详解】由题意可知：若正整数与不互质，则为3的倍数，共有个，

故，

∵，即数列是以首项，公比的等比数列，

故.

故选：D.

8. 函数的图象关于直线对称，将的图象向左平移个单位长度后与函数图象重合，下列说法正确的是（    ）

A. 函数图象关于直线对称

B. 函数图象关于点对称

C. 函数在单调递减

D. 函数最小正周期为

【答案】C

【解析】

【分析】由对称性求得，由图象平移变换求得，然后结合正弦函数的对称性，单调性，周期判断各选项．

【详解】由已知，，，又，∴，

，

，A错；

，B错；

时，，C正确；

的最小正周期是，D错．

故选：C．

9. 在Rt中，.以斜边为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据旋转体的概念得出该旋转体是两个共底面的圆锥的组合体，作出轴截面，得出内切球于心位于对称轴上，由平行线性质求得球半径后可得球体积．

【详解】由题意该几何体是两个共底面的圆锥的组合体，如图是其轴截面，

由对称性知其内切球球心在上，到的距离相等为球的半径，设其为，

因为是直角，所以是正方形，即，

由得，即，解得，

球体积为．

故选：C．

10. 如图，设，是双曲线的左右焦点，点A，B分别在两条渐近线上，且满足，，则双曲线C的离心率为（    ）

A. 2 B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出 所在的直线方程，分别与两条渐近线联立方程组，求出 两点的坐标，再根据，求出 之间的关系，从而可得双曲线的离心率

【详解】由题意： ， , ,

所以直线 的方程为：  ①

直线 的方程为：    ②

直线 的方程为：  ③

联立①②可得：  ，即

联立①③可得  ，即

又

可得 ，化简可得 ，即 ，

故选：C

11. 已知数列满足，若数列的前项和，对任意不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据求得 ,再因为对任意不等式恒成立，，求出实数的取值范围.

【详解】①,

②,

由①-②可得，当 时,,当,

当,,当，

所以,

对任意不等式恒成立,所以 ,

.

所以.

故选:C.

12. 已知函数，且，则的最大值为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意表示出从而推导出将问题转化为，利用导数求得函数的最值.

【详解】

由题意知，即

因为，所以，

设，则，

所以，所以，

，则

当时，当时，

所以在时单调递增，在时单调递减，所以

故选：A.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，则到点的距离为2的点的坐标可以是___________.（写出一个满足条件的点就可以）

【答案】上的任意一点都可以

【解析】

【分析】根据定积分的几何意义先求出，再写出到点的距离为2的点表示一个圆.

【详解】由于表示以为圆心，1为半径且在第一、二象限的圆弧与坐标轴围成的面积，其面积是半径为1的圆的面积的一半，即为.

所以,

到点的距离为2的点是圆上的点.

故答案为：上任意一点.

14. 已知点，若圆上存在点满足，则实数的取值的范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】设，由数量积的坐标表示求得点轨迹是一个圆，然后由圆与圆的位置关系可得的范围．

【详解】设，则，

，即，

在以为圆心，2为半径的圆上，由题意该圆与圆有公共点，

所以，解得．

故答案：．

15. 已知某线路公交车从6:30首发，每5分钟一班，甲、乙两同学都从起点站坐车去学校，若甲每天到起点站的时间是在6:30--7:00任意时刻随机到达，乙每天到起点站的时间是在6:45-7:15任意时刻随机到达，那么甲、乙两人搭乘同一辆公交车的概率是___________________

【答案】

【解析】

【分析】由题意知本题是一个几何概型，设甲和乙到达的分别为6时分、6时分，则，，他们能搭乘同一班公交车，则，．试验包含的所有区域是，，他们能搭乘同一班公交车所表示的区域为，由此能求出结果．

【详解】解：由题意知本题是一个几何概型，

设甲和乙到达的分别为6时分、6时分，

则，，

则试验包含的所有区域是，，

他们能搭乘同一班公交车所表示的区域为或或，

则他们能搭乘同一班公交车的概率．

故答案为：

16. 如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点，有下列结论：

①当为的中点时，平面；

②存在点，使得；

③直线与所成角的余弦值的最小值为；

④三棱锥的外接球的表面积为.

其中正确的结论序号为___________.（填写所有正确结论的序号）

【答案】①④

【解析】

【分析】根据线面平行的判定定理，以及线线垂直的判定，结合异面直线所成角，以及棱锥外接球半径的求解，对每一项进行逐一求解和分析即可.

【详解】对①：当H为DE的中点时，取中点为，连接，

因为分别为的中点，

故可得//，，

根据已知条件可知：//，

故//，

故四边形为平行四边形，则//，又平面平面，

故//面，故①正确；

对②：因为平面，平面，

故，

又四边形为矩形，

故，则两两垂直，

以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示：

则，设，，

若，则，不满足题意，故②错误；

对③：，，

，

，，，

，，

令，设，，，

则，当时，

根据对勾函数性质得，则，

当时，有最小值，最小值为，故③错误；

对④：由题可得平面，又面为正方形，

∴，

∴AB⊥平面BCF，则AB，BC，CF两两垂直，

∴AF为三棱锥的外接球的直径，

又，

∴三棱锥的外接球表面积为，故④正确.

故答案为：①④.

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题为选做题，考生根据要求作答.

17. 在中，角所对的边分别为，且.

（1）求证：；

（2）求的最小值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）最小值为

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.

（2）将问题转化 ，根据第一问解得，然后结合不等式求解.

【小问1详解】

在中，，

由正弦定理得，

又，

因为,

所以,

所以,又,

所以，且,

所以，

故.

【小问2详解】

由（1）得，

所以，

因为，

所以

，

当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，

所以当时，的最小值为.

18. 如图1，在直角梯形中，，点，分别是边中点，现将沿边折起，使点到达点的位置（如图2所示），且.

（1）求证：平面平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，由等腰三角形的性质和勾股定理，证明，，可证得平面，即可证得平面平面.

（2）取的中点，连接，由勾股定理求，又，利用体积法求点到平面的距离.

【小问1详解】

证明：由题意，连接，因为，，

是边的中点，所以，则，

又是边的中点，则，在折起中.

又，所以，

又，平面，平面，

故平面，又平面，所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）中取的中点，连接，

由（1）可知，平面，所以，

而，，

所以，

同理，

所以，

所以是等腰三角形，

所以，

又，即，

所以，

即点到平面的距离为.

19. 为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量.某地车牌竞价的基本规则是：①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额.某人拟参加2023年5月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告，统计了最近5个月参与竞拍的人数（见表）：

（1）由收集数据的散点图发现可用线性回归模型拟合竞拍人数（万人）与月份编号之间的相关关系.请用最小二乘法求关于的线性回归方程：，并预测2023年5月份参与竞拍的人数.

（2）某市场调研机构对200位拟参加2023年5月份车牌竞拍人员的报价进行抽样调查，得到如下一份频数表：

（i）求这200位竞拍人员报价的平均数和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；

（ii）假设所有参与竞价人员的报价可视为服从正态分布，且与可分别由（i）中所求的样本平均数及方差估值.若2023年5月份实际发放车牌数是5000，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价.

附：，若，则，.

【答案】（1），预测2023年5月份参与竞拍的人数为3.73万人   

（2）（i），；（ii）预测竞拍的最低成交价为4.943万元

【解析】

【分析】（1）由已知公式求得线性回归方程，代入回归方程可得预测值；

（2）（i）由均值与方差公式计算出均值与方差；（ii）由预测值求得报价在最低成交价以上人数占总人数比例，然后由正态分布的性质求得预测竞拍的最低成交价．

【小问1详解】

，

，

，

关于的线性回归方程

2023年5月份对应，所以

所以预测2023年5月份参与竞拍的人数为3.73万人.

【小问2详解】

（i）由题意可得：

（ii）2023年5月份实际发放车牌数是5000，设预测竞拍的最低成交价为万元，

根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为

根据假设报价可视为服从正态分布，

令，由于，

，

，所以得，

所以预测竞拍的最低成交价为4.943万元．

20. 已知函数.

（1）求函数的最小值；

（2）若方程有两个不同的实数根，且，证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)利用导数法求函数最值的步骤解求解；

(2)根据题意构造函数，.对函数求导，利用导函数的正负判断函数的单调性，进而利用函数的最值得出，再结合（1）中函数的单调性即可得证.

【小问1详解】

由题意可知：函数的定义域为：.

则，令，解得.

当，，函数单调递减；

当，，函数单调递增.

所以为极小值点，且.

所以函数的最小值为.

【小问2详解】

根据题意可知：，根据（1）设，，

构造函数，.

，所以在上单调递减.

则有，也即.

因为，所以，也即

因为，，由（1）可知在上单调递增，

所以，也即.由已知，所以.

21. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左､右焦点分别是，以为圆心，6为半径的圆与以为圆心，2为半径的圆相交，且交点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；

（2）设过椭圆的右焦点的直线的斜率分别为，且，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，线段的中点分别为，直线与椭圆交于两点，是椭圆的左､右顶点，记与的面积分别为，证明：为定值.

【答案】（1）；   

（2）证明见解析．

【解析】

【分析】（1）根据离心率的定义和椭圆定义求得，再计算出后得椭圆方程；

（2）设，直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理求得中点的坐标，当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，代入整理得是一个一元二次方程的根，由韦达定理得，从而得出关系，得出直线过定点，再确定直线斜率不存在时也过这个定点，然后结合该定点得出三角形面积比．

【小问1详解】

依题意得，则

则，所以椭圆的方程为；

【小问2详解】

直线，设，

由得，

所以，，且，

则中点，同理可算

①当直线斜率存在时，设直线，点在直线上，

点坐标代入整理得

易知为方程的两个根，

则，所以，

所以直线，则直线恒过点

②当直线的斜率不存在时，由对称性可知，由，

不妨设，所以，

直线过，根据①②可知，

直线恒过点，

因为的面积，

的面积，

所以.

【点睛】方法点睛：椭圆中的直线过定点问题的解决方法：斜率存在时，设出直线方程为，根据已知条件确定的关系后，由直线方程得出定点坐标．本题中，动直线是由点确定的，因此可由已知直线确定的坐标，再把坐标代入所设直线方程，发现是一个一元二次的两根，这样可由韦达定理求得的关系，得出结论．

22. 在平面直角坐标系xoy中，曲线的参数方程（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程.

（1）求曲线的普通方程；

（2）若直线与曲线有两个不同公共点，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）在曲线的参数方程中消去参数，可得出曲线的普通方程，利用基本不等式求出的取值范围，即可得解；

（2）求出直线的普通方程，分析可知直线与双曲线的右支有两个交点，将直线与双曲线方程联立，利用直线与双曲线的位置关系可得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.

【小问1详解】

因为

则曲线的普通方程为

【小问2详解】

则由

得得

有两个不等正根

则.

23 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的最小值为，正实数，，满足，求证：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）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，即的值，再利用柯西不等式证明即可.

【小问1详解】

不等式，

所以，解得，

或，解得，

或，解得，

所以原不等式解集为.

【小问2详解】

，

当且仅当时取得，即，

所以，

因为

，

当且仅当时取等号，