2023届江西省鹰潭市高三二模数学（理）试题含解析

2023届江西省鹰潭市高三二模数学（理）试题

一、单选题

1．如图,两个区域分别对应集合,其中.则阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意表示出集合,将集合中元素还原到图形中,即可得到结果.

【详解】解:由题意知,,

阴影部分表示的集合为,

因为,

所以.

故选:D

2．若复数满足（i是虚数单位），的共轭复数是，则的模是（    ）

A． B．4044 C．2 D．0

【答案】B

【分析】首先根据题意得到，再求的模长即可.

【详解】因为，所以.

所以，，

所以.

故选：B

3．下列命题中错误的是（    ）

A．命题“”的否定是“”

B．命题“若，则”的否命题为“若，则”

C．“两直线斜率相等”是“两直线平行”的充要条件

D．若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题

【答案】C

【分析】利用含有一个量词的命题的否定、否命题的概念、两直线平行的充要条件以及的真假进行判断.

【详解】对于A，命题“”的否定是“”，故A正确；

对于B，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故B正确；

对于C，若两直线斜率相等，则两直线平行或重合；但若两直线平行，斜率可能不存在，故C错误；

对于D，若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题，故D正确.

故选：C.

4．已知，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（    ）

A．2 B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据程序框图比较的大小，输出三个数中的最小值.

【详解】根据程序框图可知，执行程序输出的结果是三个数中的最小值.

因为，，，

所以，所以输出的值为.

故选：B.

5．若，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数的商数关系即可得解.

【详解】[方法一]：直接法

由已知得：,

即：，

即：

所以

故选：C

[方法二]：特殊值排除法

解法一:设β=0则sinα +cosα =0，取，排除A, B；

再取α=0则sinβ +cosβ= 2sinβ，取β，排除D；选C.

[方法三]：三角恒等变换

所以

即

故选：C.

6．已知等差数列满足，则可能取的值是（    ）

A． B． C．4 D．6

【答案】A

【分析】根据题意，令，，由等差数列的下标和性质结合三角函数的性质求解即可.

【详解】设，，

则，所以，

故选：A.

7．“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆与，与分别为标杆与在地面的影长，再按影长与的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记，则按照“寸影千里”的原则，A，B两地的距离大约为（    ）

A．里 B．里

C．里 D．里

【答案】C

【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函数及两角和的余弦公式化简，最后根据“寸影千里”的原则得解.

【详解】由题意可知，

所以，所以可以估计A，B两地的距离大约为里，

故选：C．

8．已知直线和圆满足对直线上任意一点，在圆上存在点，使得，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】分析可知直线与圆相切或相离，可知圆心到直线的距离不小于圆的半径，可得出关于实数的不等式，解之即可.

【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，

因为对直线上任意一点，在圆上存在点，使得，

所以直线与圆相切或相离，则，解得.

故选：B.

9．已知直线经过椭圆的左焦点，且直线与轴交于点，与椭圆在第一象限内交于点．若，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直线可得，从而确定，利用余弦定理与椭圆定义可得，即可求得椭圆的离心率.

【详解】如图，设椭圆的右焦点为．

因为直线的斜率是，所以，所以．

因为，所以．

在中，由余弦定理可得，则．

由椭圆的定义可得，

则椭圆的离心率．

故选：C.

10．已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（    ）

A． B．0 C． D．

【答案】A

【分析】根据图象，利用正弦型函数的性质、向量垂直的充要条件以及诱导公式进行求解.

【详解】由图象可知，，所以，又，所以，

所以，又，所以，

又，所以，所以，所以点的坐标为，

因为，所以，即，又，

解得，所以，将的图象向左平移1个单位，

得到的图象对应的函数为，

所以，故B，C，D错误.

故选：A.

11．如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为和的重心，P为线段CM上一点．（    ）

A．的最小为2

B．若DP⊥平面ABC，则

C．若DP⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为

D．若F为线段EN的中点，且，则

【答案】D

【分析】A选项由线面垂直证得CM⊥BM，CM⊥AM，进而由点P与点M重合时即可判断；B选项利用内切球求得即可判断；C选项找到球心，由勾股定理求得半径，即可判断；D选项由空间向量的线性运算即可判断.

【详解】易得，又，则面，又面，则，同理可得，

，则CM⊥平面ABD，又平面，所以CM⊥BM，CM⊥AM．则当点P与点M重合时，取得最小值，

又，则最小值为，A错误．

在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得在上，所以，又点N，M也是和的内心，

则点P为正四面体ABCD内切球的球心．，．设正四面体ABCD内切球的半径为r，

因为，所以，

解得，即，故，B错误．

设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，半径为R，易得球心在直线上，且，则，

解得，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为，C错误．

若F为线段EN的中点，则，．

设，则．因为，

所以设，则解得故，D正确.

故选：D.

12．已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制85转化二进制位．若将正整数n对应的二进制中0的个数记为，例如．则，则下列结论正确的为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，设正整数，得到正整数的二进制系数和，及正整数的二进制系数中0的个数为，进而逐项判定，即可求解.

【详解】设正整数（其中个系数，其中）

则正整数的二进制系数和（也是正整数的二进制系数中1的个数），所以正整数的二进制系数中0的个数为，

因为，

所以，

所以，所以B错误；

因为，

所以的二进制系数中1的个数为，

所以0的个数，所以A错误；

因为，

所以的二进制系数中1的个数为，

而，

所以的二进制系数中1的个数为，

所以，

故的二进制的系数中0的个数为

，

所以C正确；

因为，所以系数和，

所以的二进制中0的个数为，所以D错误.

故选：C.

二、填空题

13．在二项式的展开式中，常数项为_____________．

【答案】240

【分析】根据二项式定理，展开式中要出现常数项即需要消掉，不难发现，当的次方为4次方时即可为常数项.

【详解】常数项为：.

故答案为：240.

14．冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则__________.

【答案】

【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.

【详解】，

表示A事件与B事件同时发生的概率，

冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，

对B事件：

若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，

对于AB事件：

若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，

甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，

但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，

则，

则.

15．已知直线，定点，是直线上的动点，若经过点，的圆与直线相切，则这个圆的面积的最小值为_________．

【答案】

【分析】确定的轨迹为抛物线，抛物线方程为，当点与原点重合时，半径最小为，计算得到面积.

【详解】根据题意，设圆的圆心为，则圆心到的距离等于到直线的距离，

故的轨迹为抛物线，抛物线方程为，

当点与原点重合时，半径最小为，

此时，圆心到直线的距离为，

直线与圆有交点，满足，圆的面积的最小值为.

故答案为：

16．在中，，D为BC的中点，则的最大值为______．

【答案】

【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.

【详解】设，则，

因为为的中点，，所以，

由三角形三边关系，可知且，解得，

在中，由余弦定理，得，

在中，由余弦定理，得，

因为，所以,

所以，解得，

则，，

令，则，，，

则，

当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，

因为，所以．

因为在上单调递减，在单调递增，

所以当取得最小值时，取得最大值，

此时，则，

所以的最大值为.

故答案为：.

.

【点睛】关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.

三、解答题

17．记Sn为数列的前n项的和，已知，是公差为的等差数列．

(1)求数列的通项公式；

(2)令，记数列的前n项和为Tn，试求除以3的余数．

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据等差数列的定义，写出数列的通项公式，整理可得数列的递通项公式；

（2）利用等比数列前n项和公式求出，然后应用二项式展开式求余数

【详解】（1）由是公差为的等差数列，且，则，

即，当时，，

两式相减可得：，即，

因为满足上式，所以数列的通项公式为

（2）由（1）可得，所以，

又，

因为均为正整数，所以存在正整数使得，

故，

所以除以3的余数为2.

18．某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．

(1)若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；

(2)已知，则：

①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；

②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？

【答案】(1)

(2)①当时，最大概率为；②625

【分析】（1）先罗列出“神投小组”的可能情况，然后利用独立事件的乘法公式进行求概率即可；

（2）①先求出获得“神投小组”称号的概率，结合可得令，，利用二次函数的性质即可求解；②利用二项分布的知识即可求解

【详解】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,

，

他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为

（2）①由题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率

，

又,则，

令,则,

在上单调递增,则,

此时.

②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,

,则,

平均要进行625轮游戏.

19．如图，在三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，顶点在底面ABC的投影为AB的中点O，已知与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，M为棱上一点．

(1)求三棱锥的体积；

(2)若，求二面角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）通过选择不同的底面和高，将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积；

（2）建立合适的空间直角坐标系，即可求解.

【详解】（1）因为在三棱柱中，O为在底面投影，

所以面ABC，面．

又因为O为AB中点，所以，AC＝2，所以．

因为与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，且面ABC，

所以，，

所以．

（2）以O为原点，OB，OC，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

可得，，，，，

又因为，所以，

所以，，．

设为平面ABM的一个法向量，

则 即，

令，则；

设为平面CBM的一个法向量，

则  即，

令，则．

所以．

所以二面角的正弦值为．

20．已知双曲线C：过点，且渐近线方程为.

(1)求双曲线C的方程；

(2)如图，过点的直线l交双曲线C于点M、N.直线MA、NA分别交直线于点P、Q，求的值.

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）根据渐近线方程设双曲线C的方程为，代入点，运算求解即可得结果；

（2）设，根据题意求点的坐标，结合韦达定理证明，即可得结果，注意分类讨论直线是否与轴垂直.

【详解】（1）∵双曲线C的渐近线方程为，则可设双曲线C的方程为，

代入点，即，

故双曲线C的方程为.

（2）由双曲线C的方程为的方程可得，

由题意可得点，则有：

当直线l与轴垂直时，则，

可得直线，令，则，

即点，

同理可得：点，

故，即；

当直线l不与轴垂直时，设直线，

联立方程，消去x得，

则，

可得直线，

令，则，

即点，

同理可得：点，

∵

，

即点关于x轴对称，故，即；

综上所述：的值为1.

【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤

（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．

21．已知函数，，.

(1)判断的单调性；

(2)若有唯一零点，求的取值范围.

【答案】(1)在上单调递增．

(2).

【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，即可确定函数单调性.

（2）求出函数的导数，对a分类讨论，判断函数单调性，结合函数最值以及零点存在定理判断函数零点个数，综合即可求得答案.

【详解】（1）定义域为 ,

记,

当时，；当时，，

∴在上单调递减，在上单调递增，

故，

∴在上单调递增．

（2）定义域为R，，

①当时，有唯一零点，符合题意；

②当时，，当时，在单调递减；

当时，在单调递增，

故，

若，则无零点，不符题意；

若，有唯一零点，符合题意；

若，则，又，

时，，，∴ ，

故在内各有一个零点，函数有两个零点，不符题意；

③当时，当时，

当时，

则在上单调递增，在上单调递减，

又，

时，令，令，

即在单调递增，故，

故在单调递增，则，

所以，故，则，

故此时在上有唯一零点，符合题意；

综上，a的取值范围为.

【点睛】方法点睛：解答本题第二问根据零点的个数求参数的范围时，综合性较强，计算量大，求出函数的导数后，对a分类讨论，判断函数的单调性，结合导数知识以及零点存在定理，判断零点个数，即可解决问题.

22．在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.

(1)写出曲线的参数方程；

(2)设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求之间距离的最大值.

【答案】(1)，（为参数）.

(2)

【分析】（1）利用极坐标和直角坐标方程的互化公式和二倍角公式可得的直角坐标方程为，再根据圆锥曲线参数方程可得的参数方程为，（为参数）；

（2）根据题意可得之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，根据二次函数性质即可求得最大值.

【详解】（1）根据曲线的极坐标方程为可得，

，即，

所以曲线的直角坐标方程为；

根据圆锥曲线参数方程定义可得，

曲线的参数方程为，（为参数）.

（2）由曲线的极坐标方程为可得，

曲线的直角坐标方程为，其圆心，半径；

由题意可得设，

易知之间距离的最大值为点到圆心的距离的最大值再加上半径，

即，

由二次函数性质可知，当时，；

所以之间距离的最大值为

23．已知，，.

(1)证明：；

(2)证明：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）利用基本不等式可得，由题可得，再利用基本不等式即得；

（2）由题可得，利用基本不等式结合函数的单调性即得.

【详解】（1）由，得，

又，所以，当且仅当时等号成立，

而

，

当且仅当时等号成立.

故.

（2），

当且仅当时等号成立.

故.