2023届江西省高三教学质量监测数学（理）试题含解析

这是一份2023届江西省高三教学质量监测数学（理）试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届江西省高三教学质量监测数学（理）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】首先解出不等式，根据交集与并集的定义，求出和即可作出判断．【详解】因为，所以，故选：C．2．已知复数满足（为虚数单位），则复数的模等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的除法运算化简复数，再求模长即可.【详解】因为，所以所以.故选：A.3．若，则“”是“”的（    ）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】结合，解出不等式和，即可判断出答案．【详解】因为，所以等价于，等价于，故“”是“”的必要不充分条件，故选：C．4．在某校随机抽取了100名学生，调查他们课后完成作业的时间，根据调查结果绘制如下频率分布直方图.根据此频率分布直方图，下列结论中正确的是（    ）A．估计该校有的学生在2小时内完成课后作业B．抽取的学生中有10人不能在4小时内完成课后作业C．抽取学生课后完成作业时间的100个数据的中位数在区间内D．抽取学生课后完成作业时间的100个数据的众数一定在区间内【答案】B【分析】根据频率分布直方图得数字特征逐项判断即可.【详解】估计该校在2小时内完成作业的学生占比是，故A错误；抽取的学生不能在4小时内完成课后作业的人数是（人），故B正确；抽取学生课后完成作业时间的100个数据中，第一、第二、第三组频率和为，前四组频率和为，所以中位数在区间内，故C错误；抽取学生课后完成作业时间的100个数据的众数不能由直方图确定，故D错误.故选：B.5．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，则点到轴的距离为（    ）A．4 B． C． D．3【答案】C【分析】根据抛物线的定义可得求出点的纵坐标，求出其横即，即可求解.【详解】由，得，根据抛物线的定义，知，解得，代入，得.所以点到轴的距离为.故选：C.6．函数在区间内的零点个数是（    ）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】利用辅助角公式可得，令，从而解得在的零点个数.【详解】由，得，又，所以，所以或解得或.所以函数在的零点个数是2.故选：A.7．在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块.如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心（水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积与球的体积之比是（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】如图，设球的半径为，根据勾股定理求得，结合圆锥和球的体积公式计算即可求解.【详解】如图，圆与AB切于点D，设球的半径为，则，且，有，即，得，所以水的体积，所以水的体积与球的体积之比是.故选：D.8．已知函数的大致图象如图所示，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据图形，结合函数的单调性和极值点的概念以及韦达定理，计算即可求解.【详解】由图可知，函数有两个递增区间，一个递减区间，所以函数图象开口方向朝上，且于x轴有两个交点，故；又函数的极大值点在y轴左侧，极小值点在y轴右侧，且极大值点离y轴较近，所以方程的两根满足，即，得，因此.故选；B.9．已知函数，则函数的图象与两坐标轴围成图形的面积是（    ）A．4 B． C．6 D．【答案】A【分析】根据函数的对称性及函数的单调性，即可确定与坐标轴围成的面积.【详解】已知函数，定义域为，又.因此函数的图象关于点成中心对称，又，且点与点也关于点成中心对称，由基本初等函数的单调性可得函数在区间上单调递减，因此与坐标轴围成图形的面积是.故选：A.10．已知双曲线：的左、右焦点分别是，，是双曲线右支上一点，且，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】由重心坐标求得I的坐标，再利用圆的切线长定理和双曲线的定义得到G的坐标，再根据与轴平行，由求解.【详解】解：如图所示：由题意得：，则，由圆的切线长定理和双曲线的定义得，所以，则，因为与轴平行，所以，即，则，即，解得，故选：B11．如图，直三棱柱中，，点分别是棱的中点，点在棱上，且，截面内的动点满足，则的最小值是（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】设点在平面内的投影为、点在线段上且，根据题意和线面垂直的判定定理与性质可知点的轨迹是正方形的对角线，将与展开，如图，则的最小值是，结合余弦定理计算即可求解.【详解】由题意知，，，又平面，所以平面.设点在平面内的投影为，则点在线段上，且，即，所以，设点在线段上，且，则四边形是一个正方形，点的轨迹是其对角线.将与展开到一个面内，得到如图图形，因此的最小值是，由余弦定理，得，所以.故选：C.12．若函数存在单调递减区间，则正数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意转化为有解，进而得到有解，构造函数，根据单调递增，转化为有解，设，利用导数求得函数单调性与最值，即可求解.【详解】由函数，可得，因为函数存在单调递减区间，即有解，即，即，即有解，构造函数，可得，所以单调递增，因此不等式转化为，即有解，设，可得，令，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，又因为，所以.故选：B.【点睛】方法规律总结：对于已知函数的单调性求参数问题：（1）已知可导函数在区间上单调递增，转化为区间上恒成立；（2）已知可导函数在区间上单调递减，转化为区间上恒成立；（3）已知可导函数在区间上存在增区间，转化为在区间上有解；（4）已知可导函数在区间上存在减区间，转化为在区间上有解. 二、填空题13．已知向量的夹角为，则等于___________.【答案】19【分析】利用向量数量积的定义及向量数量积的运算法则即可求出结果.【详解】因为，又向量的夹角为，所以.故答案为：19.14．已知圆的方程为，若直线与圆相交于两点，则的面积为___________.【答案】12【分析】根据直线与圆相交弦长公式确定弦长及圆心到直线得距离，即可求的面积.【详解】圆：，得圆心为，半径为，圆心到直线的距离，因此，所以.故答案为：.15．已知，则等于___________.【答案】【分析】根据题意，两边同时求导数得到，令，即可求解.【详解】由，两边同时求导数，可得，令，可得.故答案为：.16．毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的树形图形（如图1）.现由毕达哥拉斯树部分图形作出图2，为锐角三角形，面积为，以的三边为边长的正方形中心分别为，则的最小值为___________.【答案】##【分析】根据题意和三角形的面积公式可得，由余弦定理得，进而得.同理得，则，结合基本不等式计算即可求解.【详解】由题意知，，又，即，得，由余弦定理，得，在中，，由余弦定理可得，又，所以，则.同理，故.因为，当且仅当时等号成立，故.故答案为：. 三、解答题17．如图数表，在第行中，共有个数，第个数为．(1)求第行所有数的和；(2)求前10行所有数的和.【答案】(1)(2) 【分析】（1）将第行所有数相加得，由等差数列前项和公式计算分子，化简即可得出答案；（2）设第行所有数的和为，由（1）得，计算，分组求和即可．【详解】（1）第行所有数的和为：．（2）设第行所有数的和为，由（1）得，前10行所有数的和为：，所以前10行所有数的和为．18．某集市上有摸彩蛋的游戏，在不透明的盒中装有9个大小､形状相同的彩蛋，其中黄色､红色､蓝色各3个.游戏规则如下：玩游戏者先交10元游戏费，然后随机依次不放回地摸3个彩蛋，根据彩蛋的颜色决定是否得到奖励，若摸到的3个彩蛋颜色都相同，获得奖金100元，若摸到3个彩蛋颜色各不相同，获得奖金10元，其他情况没有奖励.(1)记某游戏者第一次摸到黄色彩蛋为事件，该游戏者这次游戏获奖100元为事件，求，并判断事件是否相互独立；(2)判断是否应该玩这个游戏，并说明理由.【答案】(1)，事件相互独立(2)不应该参与该游戏，理由见解析 【分析】（1）分别求出，证明，即可得出结论；（2）设一次游戏获利元，求出的所有可能取值，冰球出对应概率，从而可求出的数学期望，再根据数学期望即可得出结论.【详解】（1），，因此，所以事件相互独立；（2）设一次游戏获利元，则的可能取值有，，因此（元），所以不应该参与该游戏.19．如图，已知菱形中，，点为边的中点，沿将折起，得到且二面角的大小为，点在棱上，平面.(1)求的值；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先通过面面平行的性质证明，则，再利用三角形相似即可得到答案；（2）利用二面角定义得到，建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，利用空间向量法求出二面角余弦值即可.【详解】（1）连接，设，连接，取中点点，分别连接,,则，平面，平面，则平面，又因为平面，且，平面，所以平面平面，又因为平面与平面平面相交，则交线，故，因为为中点，且底面为菱形，故，又在菱形中，，所以，所以.（2）因为，，所以三角形为等边三角形，所以，而根据折叠过程可知，且平面平面，平面，，因此是二面角的平面角，则，如图，以点为原点，所在直线为轴，轴，建立空间直角坐标系.依据题意，从而设平面的法向量，由得到，由得到.令设平面的法向量，由得到，由得到.令.因此，所以，所求二面角的余弦值是.20．已知函数是自然对数的底数.(1)讨论函数的极值点的个数；(2)证明：函数在区间内有且只有一个零点.【答案】(1)在上有且仅有3个极值点.(2)证明见解析 【分析】（1）求导并利用，得到或，根据根的个数可得极值点的个数，设，利用导数分析单调性并利用零点存在定理求出根的个数即可.（2）根据导函数零点，分析的单调性，可得在区间内的极大值为，极小值为，再利用零点存在定理分析可证.【详解】（1），令或.设，则，令，且时，，单调递减；时，，单调递增，所以，因为，则，此时在上有且仅有两个零点，记为，因为，，时，所以，所以在上有且仅有3个极值点.（2），当时，在上有3个极值点：，，，其中，且，当时，，则，单调递增；当时，，则，单调递减；当时，，则，单调递增.所以在区间内的极大值为，极小值为，且.所以 同理，而当时，因此函数在区间内无零点，在区间上有且只有一个零点.综上所述，时，在区间内有且仅有一个零点.21．已知椭圆的左顶点，点是椭圆上关于原点对称的两个动点（点不与点重合），面积的最大值是2.(1)求椭圆的方程.(2)若直线与轴分别相交于点，是否存在定点，总有？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，点或 【分析】（1）设椭圆的右顶点为，根据题意可得，求出b，即可求解；（2）设，由向量的坐标表示可得，设，表示出直线的方程，联立直线PQ与AP、AQ方程，求出点P坐标，代入椭圆方程得、，结合韦达定理，即可求解.【详解】（1）由题意知，设椭圆的右顶点为，，所以，即的最大值为2，所以，所以椭圆的方程为；（2）设，由得到：，即，设，直线的方程分别是，联立，解得，即点的坐标为，因为点在椭圆上，所以，化简得；同理，，所以m、n是方程的两个异根，得.有，当且仅当，即时恒成立，因此，存在点或使得恒成立.22．在直角坐标系中，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)求直线和曲线的直角坐标方程；(2)点分别是直线､曲线上的动点，求的最小值．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）将直线的参数方程消去参数即可得出直角坐标方程；将曲线的极坐标方程化为，将，代入即可得出曲线的直角坐标方程；（2）由曲线的直角坐标方程写出参数方程，分析得出的最小值即为动点到直线距离的最小值，由点到直线的距离公式写出的表达式，即可求出最小值．【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数，得直线的直角方程为：；曲线的极坐标方程可以化为，将，代入得曲线的直角坐标方程为：，即．（2）由（1）得直线的直角方程为：，曲线的直角坐标方程为：，所以曲线的参数方程为（为参数），由曲线的参数方程，可设，因为的最小值即为动点到直线距离的最小值，故，因为，所以,当时，取得最小值．23．已知函数的最小值为.(1)求的值；(2)若，求的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解；（2）由（1），根据基本不等式“1”的用法计算，即可求解.【详解】（1），当上式取到等号，因此.（2）由（1）知，，所以，.当且仅当即时，上式取等号，所以的最大值是.