2023届江西省新余市第一中学、江西省丰城中学高三上学期联考数学（理）试题含解析

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2023届江西省新余市第一中学、江西省丰城中学高三上学期联考数学（理）试题

一、单选题
1．若集合，，则（    ）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【解析】先利用一元二次不等式的解法化简集合，然后进行并集的运算即可.
【详解】∵或，，
∴或，
故选：B.
2．记等差数列{an}的前n项和为Sn.若a6＝16，S5＝35，则{an}的公差为（    ）
A．3 B．2 C．－2 D．－3
【答案】A
【分析】由题得a3＝7，设等差数列的公差为，解方程组即得解.
【详解】解：由等差数列性质可知，S5＝×5＝5a3＝35，解得a3＝7，
设等差数列的公差为，
所以，解之得.
故选：A.
3．如图所示，阴影部分由四个全等的三角形组成，每个三角形是腰长等于圆的半径，顶角为的等腰三角形．如果在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】结合三角形的面积公式，根据几何概型的面积型问题求解即可.
【详解】解：设圆的半径为，则圆的面积为，
所以，四个三角形的面积为，
因为，在圆内随机取一点，那么该点落到阴影部分内的概率为
所以，，解得，
因为，所以．
故选：A
4．已知函数（其中，）的部分图象如图所示，则与分别等于（    ）

A．1， B．1， C．2， D．2，
【答案】D
【分析】根据函数周期求出，根据特殊值计算的值．
【详解】解：由图象可知的周期为，
，解得．
由图象可知，即，
，．
，
又，
．
故选：D．
5．函数的定义域为，则“，”是“函数为偶函数”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】分充分性和必要性进行讨论：
充分性：取特殊函数进行判断；
必要性：根据函数为偶函数，直接证明.
【详解】充分性：取函数符合条件，但不是偶函数，所以充分性不满足.
必要性：函数为偶函数，则有，所以恒成立，所以必要性满足.
选B.
6．在的展开式中常数项为（    ）
A．14 B．－14 C．6 D．－6
【答案】D
【分析】根据二项式定理及多项式乘法法则求解．
【详解】由二项式定理得，
所以所求常数项为．
故选：D．
7．已知圆，直线，设圆上到直线的距离等于1的点的个数为，则（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】求出圆心到直线的距离，数形结合判断出圆上到直线的距离等于1的点的个数.
【详解】圆心到直线的距离为，
所以直线与圆相交，设交点分别为，则劣弧上的点到直线的最大距离为，
故在劣弧上只有一个点到直线的距离等于1，优弧上到直线的距离就一定有2个，
所以..
故选：C
8．已知f(x)，g(x)分别为定义域为R的偶函数和奇函数，且，若关于x的不等式在(0，ln 2)上恒成立，则实数a的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由奇偶性求得，化简不等式，并用分离参数法变形为，设，换元后利用函数的单调性求得不等式右边的取值范围，从而可得的范围．
【详解】因为分别为偶函数和奇函数，
①，
所以，即②，
①②联立可解得，，
不等式为，
，则，，
设，则，
，，，在上是增函数，，
又在时是增函数，所以，，
，在恒成立，则．
故选：C．
【点睛】方法点睛：本题不等式恒成立问题，考查函数的奇偶性，解题方法是利用奇偶性求得函数的表达式，然后化简不等式，用分离参数法变形转化为求函数的最值或取值范围，从而得结论．
9．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（    ）
A．6π B．30π
C． D．
【答案】D
【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，
以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，
进而求解周长即可．
【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，
三棱锥的体积
解得：
的外接圆半径为
球心到底面的距离为
，
又顶点P到底面ABC的距离为3，
顶点的轨迹是一个截面圆的圆周
当球心在底面和截面圆之间时，
球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，
顶点P的轨迹长度为；
当球心在底面和截面圆同一侧时，
球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，
顶点P的轨迹长度为；
综上所述，顶点P的轨迹的总长度为
故选：D．
【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查
空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．
10．已知：，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据三角函数的公式求出，然后借助指数函数的单调性得到，即可得到，构造函数，利用函数的单调性得到，整理后即可得到.
【详解】，
∵，
∴，则，
设函数，则，
∵，，且函数单调递增，
∴只存在一个使，且，在单调递减，
∴，即，
所以.
故选：B.
11．已知抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于，两点，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，的角平分线与抛物线的准线交于点，线段的中点为.若，则（    ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】先判断直线的斜率存在，然后设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合弦长求得直线的方程与倾斜角，求得点、点的坐标，进而求得.
【详解】抛物线，，焦点，准线.
若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
由解得，则不符合题意，所以直线的斜率存在.
设，
由消去并化简得①，
，
设，则，
则，，
不妨设，在第一象限，则直线，倾斜角为.
所以，
①式为，即，解得，
，
，
所以，
则，所以.
由于，所以.
所以.
故选：D

【点睛】求解直线和抛物线相交所得弦长问题，一定要注意的是判断直线的斜率是否存在.如果直线过抛物线的焦点，则可用来进行求解，其它情况用来进行求解.
12．己知函数，，若与图像的公共点个数为n，且这些公共点的横坐标从小到大依次为，，…，，则下列说法正确的有（    ）个
①若，则                ②若，则
③若，则      ④若，则
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】对于①，验证是否满足条件，利用反例法，可得答案；
对于②，根据函数图象，利用数形结合，可得相切，利用导数，建立方程，可得答案；
对于③，根据不同交点横坐标的取值范围，利用图象以及函数的对称性，结合中间值法，可得答案；
对于④，根据函数周期性，以及值域，可得答案.
【详解】对于①，当时，令，则，即函数有且仅有一个零点为0，同理易知函数有且仅有一个零点为0，
即与也恰有一个公共点，故①错误；
对于②：当时，如下图：

易知在，且，与图像相切，由当时，，则，，故，从而，所以，故②正确；
对于③：当时，如下图：

则，，所以，又图像关于对称，结合图像有，即有，故③正确；
对于④：当时，由，与的图像在y轴右侧的前1012个周期中，每个周期均有2个公共点，共有2024个公共点，故④正确．
故选：C.

二、填空题
13．复数的虚部是___________.
【答案】
【分析】根据复数四则运算及复数的定义即可求解.
【详解】因为，
所以复数的虚部是.
故答案为：.
14．己知数列的各项均为正数，且前n项和满足，且，，成等比数列，则数列的通项公式________．
【答案】
【分析】已知求通项公式，则我们采用作差法，作差公式为：.
【详解】∵对任意有，
∴当时，，解得或；
当时，有
由

整理得．
∵各项均为正数，∴．
当时，，此时，成立．
当时，，此时，不成立，故舍去，
所以，．
故答案为：
15．将3个相同的红球和3个相同的蓝球排成一行，从左至右依次对应序号1，2，…，6，若同色球之间不加以区分，则3个红球对应序号之和小于3个蓝球对应序号之和的排列方法有______种．
【答案】
【分析】根据题意要使3个红球对应序号之和小于3个蓝球对应序号之和，则三个红球序号之和小于等于10，然后分情况列举，即可得到结果.
【详解】根据题意，假设有6个位置来安排6个球，其序号分别为1、2、3、，
在6个位置中取出3个，安排红球，剩余的安排蓝球，有种方法，
且6个数之和为，要使3个红球对应序号之和小于3个蓝球对应序号之和，
则3个红球之和小于等于，
当3个红球之和为10时，
红球占1,3,6三个位置，或1,4,5三个位置，或2,3,5三个位置，共3中情况
当3个红球之和为9时，
红球占1,2,6三个位置，或1,3,5三个位置，或2,3,4三个位置，
当3个红球之和为8时，
红球占1,2,5三个位置，或1,3,4三个位置，
当3个红球之和为7时，
红球占1,2,4三个位置，
当3个红球之和为6时，
红球占1,2,3三个位置.
共10中情况.
故答案为:
16．如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为，则模型中九个球的体积和为__________.

【答案】
【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解.
【详解】如图所示正四面体，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接，

则为正四面体内切球的半径，
因为，，，
所以，
所以，解得，
所以正四面体内切球的体积，
由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径，
故最大球体积为；
中等球内切于高的正四面体中，中等球半径，
故中等球的体积为；
最小求内切于高的正四面体中，最小球半径，
故最小求的体积为；
所以九个球的体积和，
故答案为：.

三、解答题
17．为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力，做到科学防护，科学预防.某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答.共有100人参加了这次问答，将他们的成绩（满分100分）分成，，，，，这六组，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求图中a的值，并估计这100人问答成绩的中位数和平均数；（同一组数据用该组数据的中点值代替）
(2)用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.
【答案】(1)，中位数为，平均数为72
(2)

【分析】（1）根据频率分布直方图的性质以及中位数和平均数的概念，进行计算即可得解；
（2）根据分层抽样在[60，70）内的有人，分别记为A，B；问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C，从中任意抽取2人，列出实验的样本空间，再利用概率公式，进行计算即可得解.
【详解】（1）由图可知，，解得.
设中位数为x，则，所以.
这100人问答成绩的平均数约为.
（2）用分层随机抽样的方法从问答成绩在[60，80）内的人中抽取一个容量为5的样本，
则问答成绩在[60，70）内的有人，分别记为A，B；
问答成绩在[70，80）内的有人分别记为a，b，C.
从中任意抽取2人，则实验的样本空间
W={（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（B，a），（B，b），（B，c），（a，b），（a，c），（b，c）}，共有10个样本点.
设事件A为2人的问答成绩均在[70，80）内的概率，
则，
所以这2人的间答成绩均在[70，80）内的概率.
18．已知四边形ABCD是由△ABC与△ACD拼接而成的，且在△ABC中，．

(1)求角B的大小；
(2)若∠．求AB的长．
【答案】(1)B
(2)AB＝3

【分析】（1）由余弦定理结合，即可求出角B的大小.
（2）设AC＝x，∠CAB＝α，在△ABC中，由正弦定理可得xsinα①，在△ADC中，由正弦定理可得x②，联立①②，可得tanα，在△ABC中，由正弦定理可求出，再由余弦定理即可求出AB的长.
【详解】（1）∵，
∴整理可得，BC2+AB2﹣AC2＝BC•AB，
∴在△ABC中，由余弦定理可得cosB，0＜B＜π，
∴B．
（2）∵B，∠，
∴设AC＝x，∠CAB＝α，
则在△ABC中，由正弦定理，可得，可得xsinα，①
在△ADC中，由正弦定理，可得，
可得x，②，
∴联立①②，可得sinα＝2sin（α），可得tanα，可得cosα，sinα，
∴在△ABC中，由正弦定理，可得AC，
∵由余弦定理AC2＝BC2+AB2﹣2AB•BC•cosB，可得7＝4+AB2﹣2，
可得AB2﹣2AB﹣3＝0，∴解得AB＝3，（负值舍去）．

19．在如图所示的六面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是梯形，，平面平面，，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连接AC，BD相交于点O，取DE的中点为，连接，只证即可；
（2）过点作的平行线交于点,利用几何关系可得到在平面内，过点作的垂线交于点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可
【详解】（1）连接交于点，取的中点为，连接，
因为四边形是正方形，所以是的中点，则，，
又因为，，
故，，所以四边形是平行四边形，
，又平面，平面，平面；
（2）在平面内，过点作的平行线交于点,
又，所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为,所以
所以是直角三角形，
在平面内，过点作的垂线交于点，
又因为平面平面，平面平面，
所以面
以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则
所以
设是面的法向量，
则即，当时，，
所以，
设直线与平面所成角为，
所以直线与平面所成角的正弦值为
20．已知椭圆＋＝1（a＞b＞0），右焦点F（1,0），离心率为，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求得，可得椭圆的标准方程；（2）在直线与中有一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，求得四边形的面积，再在两条直线的斜率均存在且不为0时表示四边形ADBC的面积，再由基本不等式可求面积的范围即可.
【详解】（1）由题意知，，则，又，所以，因为，所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）①当直线与中有一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，不妨设直线的斜率为0，的斜率不存在，则直线方程为，直线的方程为，联立可得，所以，联立可得，所以，所以四边形ADBC的面积．
②当两条直线的斜率均存在且不为0时，
设直线的方程为，
则直线的方程为．
将直线的方程代入椭圆方程，整理得
，方程的判别式，设，
所以，
∴，，
同理可得，
∴四边形ADBC的面积
，
∵，当且仅当时取等号，
∴四边形ADBC的面积，
综上①②可知，四边形ADBC的面积的取值范围为．
【点睛】关键点睛：在求解直线与椭圆的综合问题时，关键在于利用交点的坐标表示目标条件，表示过程中注意运用根与系数的关系.
21．已知函数．
(1)当时，求过点且和曲线相切的直线方程；
(2)若对任意实数，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）根据题意求得时的解析式，设出切点，根据导数的几何意义结合直线的点斜式方程，即可求解；
（2）对原不等式进行配凑，并构造函数，根据其单调性，转化原不等式并分离参数，结合函数最值，即可求得结果.
【详解】（1）当时，，，
因为点没有在曲线上，故不是切点，设切点为，直线斜率为，
则切线方程为，又因为该直线过点，
所以，即，
记，
当时，，当时，，
∴在上单调递增，又，∴，
故切线方程为；
（2）当时，由可得，
即，
构造函数，其中，则，
所以函数在上为增函数，
由可得，
所以，即，其中，
令，其中，则．
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数根据不等式恒成立求参数范围的问题，其中第二问中处理问题的关键是对原不等式，经过配凑后构造函数，从而简化问题，属综合中档题.
22．在直角坐标系xoy中，以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，半圆C的极坐标方程为，.
（1）求C的参数方程；
（2）设点D在C上，C在D处的切线与直线垂直，根据（1）中你得到的参数方程，确定D的坐标.
【答案】（1）为参数；（2）
【分析】（1）先求出半圆的直角坐标方程，由此能求出半圆的参数方程；
（2）设点对应的参数为，则点的坐标为，且 ，半圆的圆心是因半圆在处的切线与直线垂直，故直线的斜率与直线的斜率相等，由此能求出点的坐标.
【详解】（1）由，得 ，
所以C的参数方程为为参数
（2）
【点睛】本题主要考查参数方程与极坐标方程，熟记直角坐标方程与参数方程的互化以及普通方程与参数方程的互化即可，属于常考题型.
23．设函数
（1）证明：；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）．
【详解】试题分析：本题第（1）问，可由绝对值不等式的几何意义得出，从而得出结论；对第（2）问，由去掉一个绝对值号，然后去掉另一个绝对值号，解出的取值范围.
试题解析：（1）证明：由绝对值不等式的几何意义可知：，当且仅当时，取等号，所以.
（2）因为，所以
，解得：.
【易错点】在应用均值不等式时,注意等号成立的条件:一正二定三相等.
【解析】本小题主要考查不等式的证明、绝对值不等式的几何意义、绝对值不等式的解法、求参数范围等不等式知识，熟练基础知识是解答好本类题目的关键.