2023届江西省宜春市八校高三第一次联考数学（文）试题含解析

这是一份2023届江西省宜春市八校高三第一次联考数学（文）试题含解析，共19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届江西省宜春市八校高三第一次联考数学（文）试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为集合，，所以，故选：D2．已知复数z在复平面上对应的点为，则（    ）A．z的虚部为 B． C． D．是纯虚数【答案】D【分析】根据题意得，根据虚部的概念、模的求法、共轭复数的概念、纯虚数的概念依次判断选项，即可求解.【详解】A：因为复数z在复平面上对应的点为，则，所以复数z的虚部为-1，故A错误；B：，故B错误；C：，故C错误；D：，为纯虚数，故D正确．故选：D．3．若非零向量，满足，，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由向量垂直转化为向量的数量积为0，利用向量的数量积运算化简即可得出结果.【详解】因为，所以，即，即，又，结合已知条件可知，故.故选：C.4．福利彩票“双色球”中红球的号码可以从01，02，03，…，32，33这33个两位号码中选取，小明利用如下所示的随机数表选取红色球的6个号码，选取方法是从第1行第9列的数字开始，从左到右依次读取数据，则第四个被选中的红色球号码为（　　）第1行:2 9 7 6　3 4 1 3　2 8 4 1　4 2 4 1第2行:8 3 0 3　9 8 2 2　5 8 8 8　2 4 1 0第3行:5 5 5 6　8 5 2 6　6 1 6 6　8 2 3 1A．10 B．22 C．24 D．26【答案】C【分析】根据随机数表的读取规则读出所取球号码，即可判断.【详解】被选中的红色球号码依次为，，，，，，所以第四个被选中的红色球号码为.故选：C.5．如图，一架飞机从A地飞往B地，两地相距500km.飞行员为了避开某一区域的雷雨云层，从A点起飞以后，就沿与原来的飞行方向AB成角的方向飞行，飞行到中途C点，再沿与原来的飞行方向AB成角的方向继续飞行到终点B点.这样飞机的飞行路程比原来的路程500km大约多飞了（ ）（，）A．10km B．20kmC．30km D．40km【答案】B【分析】由题得，再由正弦定理求出，即得解.【详解】在中，由，得，由正弦定理得，所以，所以，所以，故选：B.6．已知函数为偶函数，且函数在上单调递增，则关于x的不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数的奇偶性和对称性，得到函数的单调区间，利用单调性解函数不等式.【详解】因为为偶函数，所以的图像关于y轴对称，则的图像关于直线对称．因为在上单调递增，所以在上单调递减．因为，所以，解得．故选：A.7．若直线上存在到曲线T上一点的距离为d的点，则称该直线为曲线T的d距离可相邻直线.已知直线l：为圆C：的2距离可相邻直线，则m的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】直线l上存在到圆C上一点的距离为2的点，则圆心到直线l的距离，解不等式即可.【详解】因为圆C的半径为3，直线l上存在到圆C上一点的距离为2的点，所以由题意可得圆心到直线l的距离，即，解得.故选：C.8．已知函数满足，且在上单调，则在上的值域为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先通过，且在上单调，确定的值，再通过三角函数值域的求法求解在上的值域即可.【详解】由得，或，当时在上不单调，当时在上单调，所以.当时，，所以，所以在上的值域为.故选：B .9．抛物线的光学性质是：从抛物线焦点出发的光线经抛物线反射后，反射光线与抛物线对称轴平行，已知、分别为抛物线的焦点和内侧一点，抛物线上存在点使得，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线定义可知，由此可知，结合在抛物线内侧可求得的范围.【详解】由抛物线方程知：，准线；过作，垂足为， 由抛物线定义知：，，则当三点共线时，取得最小值，即图中的，，，解得：；又在抛物线内侧，，解得：，实数的取值范围为.故选：D.10．在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，则截此三棱锥所得的截面面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据线面垂直的判定定理，通过找线线垂直，利用图中两个等边三角形和的中点即可确定截面，从而求截面的面积，转化成求三角形的面积，再利用三角形面积公式，即可求出结果．【详解】取靠近的四等分点，的中点，连接，，．由，可知，同理可知，又，面，所以平面，所以平面即为平面，又因为，所以，所以截此三棱锥所得的截面面积为，当时，取得最大值，为，故选：D．11．算盘是中国传统的计算工具．东汉徐岳所撰的《数术记遗》中记载：“珠算，控带四时，经纬三才．”用如图所示的算盘表示数时，约定每档中有两粒算珠（上珠中最上面的一粒和下珠中最下面的一粒）不使用. 如果一个数在算盘上能够用个位、十位和百位这三档中的2粒算珠表示，则这个数能够被3整除的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用古典概型的概率求解.【详解】解：从个位、十位、百位这三组中随机拨动2粒珠，有11，15，51，55，101，105，501，505，110，150，510，550共12个，其中能被3整除的有：15，51，105，501，150，510共6个，所以这个数能够被3整除的概率是，故选：C12．若函数有两个极值点，，且，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求导，根据函数有两个极值点，， 由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围，再由，得到，利用导数法求解.【详解】因为，所以，令，因为函数有两个极值点，， 所以函数在上有两个不等实根，则，解得，因为，且，，所以，且，所以，．令函数，，则在上恒成立，故在上单调递增，则，即的取值范围为．故选：A【点睛】关键点睛：本题关键是根据题意，由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围而得解. 二、填空题13．若满足约束条件，则的最大值为_________.【答案】【分析】由约束条件可作出可行域，将问题转化为在轴截距最小问题的求解，采用数形结合可求得结果.【详解】由约束条件可得可行域如下图阴影部分所示，当取得最大值时，在轴截距最小，如图所示，将平移，当其过点时，在轴截距最小，由得：，即，.故答案为：.14．在三角形ABC中，，的平分线AD交BC于D，且，则_________．【答案】【分析】在三角形ABC中，由正弦定理可得，利用同角三角函数的基本关系可得，利用二倍角公式可求的值，根据三角形的内角和定理可求的值.【详解】在三角形ABC中，由正弦定理可得:,所以.故答案为：.15．已知数列满足，，，则数列的前30项和为 _______.【答案】465【分析】根据递推公式得出奇数项数列和偶数项数列各为等差数列，分组求和即可得出前30项和.【详解】当为奇数时，，是首项为1，公差为1的等差数列；当为偶数时，，是首项为2，公差为3的等差数列；故答案为：46516．设，同时为椭圆与双曲线的左、右焦点，设椭圆与双曲线在第一象限内交于点M，椭圆与双曲线的离心率分别为，，O为坐标原点，若，则的取值范围是______．【答案】【分析】根据椭圆及双曲线的定义求出，再根据，可得的关系，再将用表示结合函数的单调性即可得出答案.【详解】解：设，，焦距为2c，由椭圆定义可得，由双曲线定义可得，解得，，当时，可得，即，可得，则，所以，由，可得，可得，即，，可设，则，令，则，所以函数在上单调递增，可得，所以．故答案为：. 三、解答题17．设是等比数列的前n项和，公比，且，是与的等差中项.(1)求；(2)是否存在常数，使得数列为等比数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，. 【分析】（1）根据给定的条件，列出方程组求出，进而求出公比，再利用等比数列前n项和公式求解作答.（2）由（1）的结论，利用特值法求出，再利用等比数列定义判断作答.【详解】（1）依题意，，解得，有，即，解得：或，因为，因此，，所以.（2）由（1）知，假设存在常数，使得数列为等比数列，则，即，解得：，此时，，即数列是等比数列，所以存在，使得数列为等比数列.18．一所中学组织学生对某线下某实体店2022年部分月份的月利润情况进行调查统计，得到的数据如下：月份24681012净利润（万元）0.92.04.23.95.25.10.71.41.82.12.32.51.42.02.42.83.23.5根据散点图，准备用①或②建立关于的回归方程.(1)用线性相关系数说明上面的两种模型哪种适宜作为关于的回归方程?(2)由参考数据，根据（1）的判断结果，求关于的回归方程（精确到0.1）.附：对于一组数据（，2，3，⋯，n），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.相关系数.参考数据：，，，，，，，，，.【答案】(1)模型①(2) 【分析】(1)计算相关系数比较大小即可确定更适宜的模型；(2)利用最小二乘法相关公式即可求解.【详解】（1）由题意的线性相关系数的相关系数.的相关系数.所以，因此模型①拟合效果更好.（2）根据（1）的判断结果，计算与由参考数据，所以.于是关于的回归方程①为.19．如图（），已知边长为的菱形中，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图（）．(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质可证得；根据长度关系，可利用勾股定理证得，由线面垂直的判定可证得结论；（2）利用等体积转化，即，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果.【详解】（1）连接，四边形为菱形，，又为中点，；在菱形中，，，，，，，又，，；，平面，平面.（2）由（1）知：平面，；设点到平面的距离为，，，解得：，即点到平面的距离为.20．已知椭圆经过点，其右焦点为.(1)求椭圆的标准方程；(2)椭圆的右顶点为，若点在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，求面积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据椭圆过的点和右焦点，列方程组求出，则椭圆方程可求；（2）设，与椭圆方程联立，消去，利用韦达定理计算，可得的关系，利用的关系表示出，利用二次函数的性质求出最值.【详解】（1）依题可得解得所以椭圆的方程为；（2）易知直线与的斜率同号，所以直线不垂直于轴，故可设，由可得，，所以，即，而，即，化简可得，，化简得，所以或，所以直线或，因为直线不经过点，所以直线经过定点.所以直线的方程为，易知，设定点，因为，且，所以，所以，设，所以，当且仅当，即时取等号，即面积的最大值为.【点睛】方法点睛：在圆锥曲线中涉及到三角形面积的求解时，常常有三种求解三角形面积的方法：（1）常规面积公式：底高；（2）正弦面积公式：；（3）铅锤水平面面积公式：过轴上的定点：（为轴上定长）过轴上的定点（为轴上定长）21．已知函数．(1)当时，研究函数的单调性；(2)当时，恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)在定义域内单调递增(2) 【分析】（1）求函数的导函数可得，根据导数结构考虑构造函数，利用导数证明，取对数证明，由此证明，由此可得函数的单调性；（2）设，，由已知可得恒成立，构造函数，讨论，利用导数求其最小值，可得a的取值范围．【详解】（1）因为，所以，所以函数的定义域为，且，构造函数，则，令，得，∴当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．∴，∴，∴当时，，所以当时，，当且仅当时等号成立，所以当时，，当且仅当时等号成立，∴，当且仅当时等号成立，∴，当且仅当时等号成立，∴在上单调递增．（2）∵，，等价于，令，，构造函数，∴，，．令，，，注意到．当时，，∴，当时，，即当时，，所以在上单调递减，所以，不符合题意．当时，令，，，∴单调递增，则，当时，则，，单调递增，．∴，单调递增，，符合题意．综上所述．【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．22．在平面直角坐标系中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线与曲线C的极坐标方程分别为，，点P的极坐标为．(1)求直线以及曲线C的直角坐标方程；(2)在极坐标系中，已知射线与，C的公共点分别为A，B，且，求的面积．【答案】(1)，(2) 【分析】（1）利用极坐标方程和直角坐标方程的转化关系即可；（2）利用极坐标方程的几何意义和三角形的面积公式即可.【详解】（1）因为，所以，即直线的直角坐标方程为．由，得，代入公式得，所以曲线C的直角坐标方程为．（2）设点A，B的极坐标分别为，，由题意可得，．则，可得．因为，所以，，，则．因为点P的极坐标为，故23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)函数最小值为，求的最小值．【答案】(1)(2)12 【分析】（1）对x的值分类讨论开绝对值可得，作出函数的图形，结合图形即可求解；（2）由图可知，进而，根据柯西不等式计算即可求解.【详解】（1）时，，当时，，当时，，，由图可知：当时，或，所以的解集为；（2）由图可知，∴，由柯西不等式得，∴，当且仅当时取等号，∴的最小值为12.