江西省抚州市金溪县2023届高三高考仿真模拟考试数学（文）试题（含答案）

江西省抚州市金溪县2023届高三高考仿真模拟考试数学（文）试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若集合，则（    ）

A． B．

C． D．

2．已知复数z满足，则（    ）

A． B． C． D．

3．甲、乙两名射击运动员各射击6次的成绩如下

甲 7   8   9   5   4   9

乙 7   8   a   8   7   7

则下列说法正确的是（    ）

A．若，则甲射击成绩的中位数大于乙射击成绩的中位数

B．若，则甲射击成绩的极差小于乙射击成绩的极差

C．若，则乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定

D．若，则乙比甲的平均成绩高，甲比乙的成绩稳定

4．已知函数，则f（x）的大致图象为（    ）

A． B．

C． D．

5．在区间[0，π]上随机取一个数x，则事件“”的概率为（    ）

A． B． C． D．

6．已知数列{}为递增的等比数列，且，则{}的公比为（    ）

A． B． C． D．2

7．设f（x）是定义域为R的奇函数，且.若，则（    ）

A． B． C．-2 D．2

8．已知函数，则下列结论错误的是（    ）

A．为偶函数 B．的最小正周期为π

C．的最小值为 D．的最大值为2

9．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中出现了如图所示的形状，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层（即第一层）有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，……，设“三角垛”从第一层到第n层的各层球的个数构成一个数列 ，令，则数列的前2023项和为（    ）

A． B． C． D．

10．在四面体ABCD中，，E为CD的中点，△ACE为等边三角形，则异面直线AC与BE所成角为（    ）

A． B． C． D．

11．已知函数，且，则的最小值为（    ）

A．1 B．e C． D．

12．如图，已知，分别为双曲线C：的左、右焦点，过作圆O：的切线，切点为A，且切线在第三象限与C及C的渐近线分别交于点M，N，则（    ）

A．直线OA与双曲线C有交点

B．若，则

C．若，则C的渐近线方程为

D．若，则C的离心率为

二、填空题

13．若x，y满足约束条件则的最小值为___________.

14．已知是单位向量，且满足，则 ___________.

15．已知抛物线C的顶点在原点，对称轴为坐标轴，且与直线相切，则抛物线C的一个方程是___________.

16．如图，直三棱柱中，，棱柱的侧棱足够长，点P在棱上，点在上，且，则当△的面积取最小值时，三棱锥的外接球的体积为___________.

三、解答题

17．已知的内角A，B，C的对边分别为

(1)若，求B；

(2)若，求的面积.

18．如图，三棱柱的底面为等边三角形，侧面为菱形，点D，E分别为BC，的中点，

(1)求证：AD⊥平面；

(2)记三棱柱的体积为，三棱锥的体积为，求.

19．随着新课程标准的实施，新高考改革的推进，越来越多的普通高中学校认识到了生涯规划教育对学生发展的重要性，生涯规划知识大赛可以鼓励学生树立正确的学习观、生活观.某校高一年级1000名学生参加生涯规划知识大赛初赛，所有学生的成绩均在区间内，学校将初赛成绩分成5组：加以统计，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)试估计这1000名学生初赛成绩的平均数（同一组的数据以该组区间的中间值作代表）；

(2)为了帮学生制定合理的生涯规划学习计划，学校从成绩不足70分的两组学生中用分层抽样的方法随机抽取6人，然后再从抽取的6人中任意选取2人进行个别辅导，求选取的2人中恰有1人成绩在内的概率.

20．已知椭圆C：过点A（2，），且C的离心率为.

(1)求C的方程；

(2)设直线l交C于不同于点A的M，N两点，直线AM，AN的倾斜角分别为，，若，求面积的最大值.

21．已知函数

(1)若，求函数的图象在点处的切线方程；

(2)若，函数在（0，2）上存在小于1的极小值，求实数的取值范围.

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

(1)求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；

(2)若与C交于M，N两点，点，求的值.

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)设函数f(x)的最大值为M，若a，b，c均为正数，且，求的最小值.

参考答案：

1．A

【分析】求得集合，根据集合并集的概念及运算，即可求解.

【详解】由集合，，

根据集合并集的概念及运算，可得.

故选：A.

2．B

【分析】根据题意，得到，结合复数的运算法则，即可求解.

【详解】由复数满足，可得，所以.

故选：B.

3．C

【分析】分别计算甲乙的中位数、极差、平均数、方差即可判断各选项.

【详解】甲射击成绩的中位数为，极差为，平均成绩为，方差为；

对于A，当时，乙射击成绩的中位数为，A错误；

对于B，当时，乙射击成绩的极差为，B错误；

对于C、D，当时，乙平均成绩为，方差为，

故，由此可知乙比甲的平均成绩高，乙比甲的成绩稳定，C正确，D错误.

故选：C.

4．B

【分析】对函数求导，利用导数求出函数的极值和单调区间，然后利用排除法可得结果

【详解】因为x定义域为R，所以，

所以当时，

当或时，

所以f（x）在上单调递减，在和上单调递增，

又，故符合条件的函数图象为B.

故选：B.

5．B

【分析】在区间内解不等式，然后由区间长度比可得.

【详解】因为，，所以，故所求概率.

故选：B.

6．D

【分析】由题意列出方程组即可解出，再根据项与项之间的关系即可求公比.

【详解】由题意，得，解得或（因为递增，故舍去），所以的公比.

故选：D.

7．C

【分析】由奇偶性和已知关系式可证得是周期为的周期函数，由此可得.

【详解】因为f（x）为R上的奇函数，所以，

所以，

所以f（x）是周期为2的周期函数，

所以.

故选：C.

8．B

【分析】根据奇偶性的判断即可求解A,根据周期满足的条件即可判断B,根据对称性以及二次函数的性质即可判断CD.

【详解】因为，所以是偶函数，则A正确；

若的最小正周期为π，则恒成立，即，亦即恒成立.

令，得，显然存在不成立情况，所以“的最小正周期为π”是错误的，则B错误；

由是偶函数，只需考虑时的最值即可.

当时，，

因为，所以，即值域为，则C和D正确.

故选:B.

9．C

【分析】根据题意得到且，求得，得到，进而求得的前2023项的和.

【详解】根据题意，可得且，

所以

，

所以，

则.

故选：C.

10．C

【分析】取AC的中点F，连结BF，EF，根据等边三角形的性质得到，然后利用勾股定理和线面垂直的判定和性质进而得到即可求解.

【详解】如图，取AC的中点F，连结BF，EF，因为△ACE为等边三角形，E是CD中点，

所以ED，所以，

在Rt△ACD中，由勾股定理，得，因为，所以AC=2.

因为，所以AD⊥平面ABC，平面ABC，所以，

又，所以BC⊥平面ABD，平面ABD，所以.

在Rt△ABC中，，所以.所以.

又△ACE为等边三角形，所以，因为，

所以AC⊥平面BEF，平面BEF，所以，则直线AC与BE所成角为.

故选：C．

11．A

【分析】根据展开得到的解析式，根据导数求出解析式单调性继而判断解析式的取值范围，即可得到答案.

【详解】由，得，化简整理得，

因为g（x）的值域，f（x），g（x）的定义域均为R，所以的取值范围也是R，

令，令，解得.

当时，，即h（x）在（-∞，0）上单调递减；

当时，，即（x）在（0，+∞）上单调递增；

所以，故

故选：A.

12．D

【分析】通过求出直线的方程判断其为双曲线的渐近线，从而判断A，利用双曲线的定义判断B，结合双曲线的定义和余弦定理判断C，由与渐近线的倾斜角关系求得，再变形后求得离心率，判断D．

【详解】设（-c，0），（c，0），由题意可知，所以，从而直线的斜率为，由此，直线OA的斜率为，其方程为，恰好是C的一条渐近线，所以直线OA与双曲线C无交点，A错误；

由双曲线的定义及2a，又，则，B错误；

由，得，再由双曲线的定义，得；在中，由余弦定理，得，化简得，所以C的渐近线方程为，C错误；

由及，得；设直线ON的倾斜角为α，则=，又，又，所以，解得，所以，D正确.

故选：D.

13．

【分析】先根据约束条件作出可行域，化目标函数为，则表示直线在轴的截距，结合图像，即可得出结果.

【详解】作出不等式组，表示的平面区域，如图中阴影部分（含边界），

因为目标函数可化为，所以表示直线在轴的截距，截距越大，越小，

如图其中，，.

当直线过点C时，z取最小值，

故答案为：.

14．/

【分析】由，显然，化简得到，即可求解.

【详解】因为是单位向量，所以，

又因为，显然，可得，

整理得，即，

解得或（舍去）.

故答案为：

15．（也可以是

【分析】设抛物线方程为或=，与直线方程联立，消元后由判别式等于0求得参数值得方程．

【详解】因为抛物线C与直线相切，所以抛物线C的方程为或=，由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为；由得，所以，解得，所以抛物线C的方程可以为.

故答案为：（也可以是．

16．

【分析】取的中点，连接，证得平面，得到，再证得平面，得到，设，求得，，得到，得到，结合基本不等式，求得时，的面积取最小值，进而得到O为三棱锥的外接球的球心，求得球的半径，利用球的体积公式，即可求解.

【详解】如图所示，取的中点为，连接，

因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，

因为平面，所以，

又因为且，平面，所以平面，

因为平面，所以，

又因为且，平面，所以平面，

因为平面，所以，

设，在直角中，，同理，

所以，整理得到，

又由

，

当且仅当时等号成立，即时，的面积取最小值，

因为平面，平面，所以，所以，

又因为为直角三角形，故，所以为三棱锥的外接球的球心，

设外接球的半径为，可得外接球的直径为，

所以外接球的体积为.

故答案为：.

17．(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角函数的性质即可求解，

（2）由二倍角公式结合正弦边角互化可得，进而得，由余弦定理可得或，分类讨论即可求解.

【详解】（1）由条件与正弦定理得，

由得

，

又，所以，或，

所以或（舍去）.

当时，，所以

（2）法一：由（1）知，，

得，则，

由余弦定理，得B，即

整理得，解得或，

当时，，此时，所以，又因为，所以与矛盾，舍去；

当时，，

此时的面积为,

法二：由（1）知，，

由正弦定理，得.

结合，代入

解得，从而

此时的面积为.

18．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据勾股定理证明，根据等边三角形证明，由此即可得证；

（2）根据（1）可知AD为三棱锥的高，根据由此利用等体积法即可求出，再根据棱柱的体积公式即可求得，得出答案.

【详解】（1）证明：连接，，因为侧面为菱形，，

所以为等边三角形，

因为点D为BC的中点，所以，.

设，则

因为△ABC为等边三角形，所以，则

因为，所以，则，

因为，且平面，所以AD⊥平面；

（2）由（1）知

所以⊥平面ABC．

因为侧面为菱形，则.

因为点D，E分别为BC，的中点，所以，则

设，则，

设，则

所以三棱柱积

三棱锥的体积

  ，

故

19．(1)76

(2)

【分析】（1）利用频率分布直方图，根据平均数的计算方法即可求得答案;

（2）确定成绩不足70分的两组学生的比例，即可确定抽查的6人中各组抽的人数，列举出6人中任意选取2人的所有可能情况，再列出选取的2人中恰有1人成绩在内的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.

【详解】（1）；

（2）根据分层抽样，由频率分布直方图知成绩在和内的人数比例为，

所以抽取的6人中，成绩在内的有人，记为，；

成绩在内的有人，记为，，，，

从6人中任意选取2人，有，，，，，，，，，，，，共15种可能；

其中选取的2人中恰有1人成绩在区间内的有，，，，，，共8种可能，

所以所求概率.

20．(1)

(2)2.

【分析】（1）将离心率所得a、c关系以及A点坐标代入椭圆解析式即可得出方程；

（2）根据题意可知，互补，由此可得直线AM，AN的斜率关系，假设出直线方程根据韦达定理得出M，N两点坐标关系，代入到斜率关系中求得直线方程，再根据点到直线的距离公式求出的高，根据三角形面积公式表示出三角形面积，继而判断面积最大值.

【详解】（1）因为C过点A（2，），所以

设C的焦距为2c，由得，所以，.

代入上式，解得，

所以C的方程为.

（2）

设，易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，

由得，

则，

，

由得，，

又，所以，则，

由题意知直线AM，AN的斜率存在，所以，

则0，..

所以，

则

即，

整理得，

又知l不过点A（2，），则，

所以，

所以直线l的方程为，则，所以

则点A（2，）到直线l的距离为

|

则，

当且仅当，即时取等号.

故面积的最大值为2.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．(1)

(2)

【分析】（1）当时，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求得在点处的切线方程；

（2）求得，①当时，取得，求得在上递减，在上递增，不符合题意；②当时，令，根据和两种情况讨论，分别求得函数的单调区间，求得函数的极值，进而求得的取值范围.

【详解】（1）解：当时，，可得，

则，即切线的斜率为，切点坐标为

所以函数在点处的切线方程为，即.

（2）解：由函数，其中，可得，

①当时，，此时，令，解得，

当时，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以在处取得极小值，且极小值为，不符合题意；

②当时，令，则，

（i）若，即时，则对，，

即恒成立，此时在上无极值，不符合题意；

（ii）若，即，则图象的对称轴为，

所以在上单调递增，

因为，由函数单调性和零点存在性定理得，在上存在唯一的实数，使得，此时，

当时，，即；

当时，，即，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以仅在处取得极小值，极小值为，

因为在上单调递减，且，所以，符合题意.

综上，实数的取值范围为.

22．(1)曲线C的直角坐标方程为，直线l的普通方程为

(2)

【分析】（1）由直线的参数方程消去参数，得到直线的普通方程，将代入曲线的极坐标方程，即可求得曲线的直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程可得，设点对应的参数分别为，，求得，结合，即可求解.

【详解】（1）解：由直线的参数方程（为参数），即（为参数），

消去参数，可得直线的普通方程为，

将代入曲线的极坐标方程，

可得，即；

所以曲线的直角坐标方程为，直线的普通方程为.

（2）解：因为点在直线上，

将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，

可得，则，

设点对应的参数分别为，，可得，显然均为正数，

所以.

23．(1)

(2)12

【分析】（1）先对函数去绝对值，然后分段进行解不等式即可求解；

（2）结合（1）的结论得到，然后利用均值不等式即可求解.

【详解】（1）函数，

当时，化为，解得；

当时，化为，解得

当时，化为，无解；

综上所述，的解集为..

（2）由（1）知，，

因为（当且仅当时，等号成立），

2，（当且仅当，即，c=2时，等号成立），

所以的最小值为12.