江西省赣州市2023届高三数学模考押题卷（二）试题（Word版附解析）

2022~2023学年度第二学期模拟考试

高三数学试题

卷I（选择题）

一、单项选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.）

1. 已知全集，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.

【详解】由题意可得：，则.

故选：A.

2. 已知，，则（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的运算及复数相等的概念求解即可.

【详解】解:因为，所以，则，．

故选: A.

3. 若角的终边经过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据三角函数的定义求出，再将化简，代入的值计算即可.

【详解】若角的终边经过点，则，

故选：A.

4. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.

【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，

由题意知，，解得：，

所以圆锥的侧面积为.

故选：A.

5. 设x，y满足约束条件，则的最大值为（    ）

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】作出可行域，利用其几何意义转化为截距最值即可得到答案.

【详解】作出可行域如图中阴影部分所示,

化为，

当直线经过点时，纵截距最大,

联立，解得，则，

此时.

故选：C.

6. 已知正项等比数列}满足为与的等比中项，则（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据等比中项定义和等比数列通项公式得，解得，化简.

【详解】设等比数列的公比为，

由题意得，即，

，，

，

故选：B.

7. 某校随机抽取了名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：）全部介于至之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论错误的是（   ）

A. 频率分布直方图中的值为

B. 这名学生中体重低于的人数为

C. 据此可以估计该校学生体重的第百分位数约为

D. 据此可以估计该校学生体重的平均数约为

【答案】D

【解析】

【分析】运用频率分布直方图中所有频率和为，求出值，再根据频率分布直方图中的频率、百分位数、平均数的计算公式进行计算.

【详解】对于选项：因为，解得，所以正确.

对于选项：体重低于的频率为，所以人数为，所以正确.

对于选项：因为，，

所以体重的第百分位数位于之间，设体重的第百分位数为，

则，解得，所以正确.

对于选项：体重的平均数约为，

所以错误.

故选：.

8. 已知抛物线的焦点为，过点的直线交于、两点，线段的中点为，则直线的斜率的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可知直线与轴不重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理求出点的坐标，利用基本不等式可求得直线斜率的最大值.

【详解】易知抛物线的焦点为，设点、，

若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，

设直线的方程为，联立可得，

，由韦达定理可得，则，

故点，，

若直线的斜率取最大值，则，所以，，

当且仅当时，即当时，等号成立，

故直线斜率的最大值为.

故选：A.

9. 在正方体中，M，N，P分别为，，的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A.  B. 平面平面

C.  D. 平面平面

【答案】D

【解析】

【分析】求得与位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；求得与位置关系判断选项C；求得平面与平面位置关系判断选项D.

【详解】对A，在中，因为，分别为，的中点，

所以．又，所以，A正确．

对B，在中，因为，分别为，的中点，

所以．因为平面，平面，

所以平面．

因为，平面，平面，

所以平面．又因为，平面，

所以平面平面，B正确．

对C，因为，，所以，C正确．

对D，取的中点，连接，，则是二面角的平面角．

设正方体棱长为a，则，

又，则，所以平面与平面不垂直．

又平面平面，所以平面与平面不垂直，D错误．

故选：D．

10. 已知圆C：，圆是以圆上任意一点为圆心，半径为1的圆．圆C与圆交于A，B两点，则当最大时，（    ）

A. 1 B.  C.  D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，结合等腰三角形性质确定顶角最大的条件，再借助直角三角形求解作答.

【详解】依题意，在中，，如图，

显然，是锐角，，又函数在上递增，

因此当且仅当公共弦最大时，最大，此时弦为圆的直径，

在中，，所以.

故选：D

11. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】变换，，，构造，确定函数的单调区间得到，得到答案.

【详解】，，，

设，则，当时，，函数单调递增，

故，即.

故选：A

【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键.

12. 已知函数的图象上存在点，函数的图象上存在点，且，关于轴对称，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】因为函数与函数的图象关于x轴对称，

根据已知得函数的图象与函数的图象有交点，

即方程在上有解，

即在上有解．

令，，

则，

可知在上单调递增，在上单调递减，

故当时，，

由于，，且，

所以．

故选：A．

卷II（非选择题，共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）

13. 已知向量，，写出一个与垂直的非零向量______．

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】首先计算，设，利用垂直则数量积为0有，赋值即可.

详解】由题意可知,设,则,

取,则,则与垂直的非零向量可以为，

故答案：.

14. 从A，B等5处水样监测点中随机选3处进行水样检测，则A，B不同时入选的概率为______．

【答案】##0.7

【解析】

【分析】对另外3处水样监测点编号，利用列举法结合古典概率求解作答.

【详解】设5处水样监测点分别为,,,,，从中随机选择3处的结果有：

，共10种情况，

其中,同时入选的有，共3种情况，

所以,不同时入选的概率.

故答案为：

15. 已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知的面积S满足，则角A的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得

求解可得角A的值.

【详解】由已知得，

根据余弦定理和三角形面积公式，

得，

化简为，

由于，所以，

化简得，

   即 ，

解得，或（舍），

由于，所以.

故答案为：

16. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数则下面各选项中一定正确的序号是________.

①；②；③；④.

【答案】②③

【解析】

【分析】将题干转化为抽象函数的性质，根据原函数与导函数图象间的关系可得解.

【详解】因为，均为偶函数，

所以，即，，

所以，，则，故③正确；

函数，的图象分别关于直线，对称，

又，且函数可导，由函数图象关于直线对称，所以其单调性在处改变，导数值为零，所以，，所以关于点对称，又图象关于对称，所以的周期为，所以，

所以，所以，故②正确，④错误；

若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故①错误；

故答案为：②③.

三、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17-21题为必考题，22-23为选考题.

（一）必考题：共60分

17. 在中，是边上一点，，，，.

（1）求的长；

（2）求的面积.

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）中，根据余弦定理求的长；

（2）中，根据余弦定理求，即可求，再根据三角形的面积公式求解.

【小问1详解】

因为，

则，，，

中，,

即，解得：或（舍），

所以；

【小问2详解】

，

因为

所以，，

所以.

18. 近年来，某市为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱．为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该市三类垃圾箱中总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）：

（Ⅰ）试估计厨余垃圾投放正确的概率

（Ⅱ）试估计生活垃圾投放错误的概率

（Ⅲ）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a,b,c,其中a>0，a+b+c=600.当数据a,b,c,的方差最大时，写出a,b,c的值（结论不要求证明），并求此时的值．

（注：，其中为数据的平均数）

【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）0.3;（Ⅲ）时，方差取得最大值8000.

【解析】

【详解】（Ⅰ）厨余垃圾一共有吨，其中投放正确的有吨，所以概率为

（Ⅱ）生活垃圾一共有吨，其中投放错误有吨，所以概率为

（Ⅲ）由题意得：

当且仅当时取等号

19. 如图1，在直角梯形中，，，点为的中点，点在，将四边形沿边折起，如图2.

（1）证明：图2中的平面；

（2）在图2中，若，求该几何体的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取中点，连接，分别证得和，结合面面平行的判定定理，证得平面平面，即可证得平面.

（2）由，得到，证得，连接，把该几何体分割为四棱锥和三棱锥，结合锥体的体积公式，即可求解.

【小问1详解】

证明：取中点，连接，

因为，所以四边形平行四边形，

所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，

因为平面，且平面，所以平面，

同理可知：四边形是平行四边形，所以，证得平面，

因为平面，且，平面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面.

【小问2详解】

解：若，

因为，，则，故，

所以两两垂直，

连接，该几何体分割为四棱锥和三棱锥，

则，

因为平面平面，故，

所以该几何体的体积为.

20. 已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．

（1）求椭圆E的方程；

（2）设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；

（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.

【小问1详解】

由，得，即，

由四边形的周长为，得，即，

所以椭圆的方程为.

【小问2详解】

设直线l的方程为（，），，，

则，，

联立方程组，消去y得，，

，得，

，，

直线的方程为，

令，得，

又因为，

所以，的面积，得，经检验符合题意，

所以k的值为.

21. 已知函数，为的导数．

（1）讨论的单调性；

（2）若直线与曲线有两个交点，求a的取值范围．

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）设，对求导，分和讨论即可；

（2）分离参数得，设，利用导数研究其值域与图像即可.

【小问1详解】

设的定义域为,.

当时,在上为增函数,在上单调递增;

当时,令,得.

若,则单调递增,

若则单调递减.

综上,当时,在上单调递增;

当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减.

【小问2详解】

直线与曲线有两个交点,即关于的方程有两个解,

整理方程,得.

令,其中,

则.

令，则.

当时,,此时函数单调递增,

当时,,此时函数单调递减.

由,

得时,,则,

当时,则,

当时,,则,

则函数在区间上单调递增,在区间上单调递减,

则.

当趋近于时,趋近于0,即当时,;

当趋近于0时,趋近于,

作出如图所示图象：

故要使直线与曲线有两个交点,则需,

即的取值范围是.

【点睛】关键点睛：第二问的关键是首先将题意转化为方程有两解，再通过分离参数法得，则转化为直线与在图象上有两交点，再利用导数研究的图象与值域即可.

（二）选考题，共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（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，直线的极坐标方程为．

（1）求曲线和直线的普通方程；

（2）若为曲线上一动点，求到距离的取值范围．

【答案】（1）；x＋y－4＝0，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据曲线的参数方程为，结合三角函数平方关系即可得曲线的普通方程，根据极坐标与普通方程的转化即可得直线的普通方程；

（2）设根据点到直线的距离公式，结合正弦型三角函数的性质即可求到距离的取值范围．

【小问1详解】

由题意可知：，由可得，

所以的普通方程为；

直线可化简为，将代入直线可得x＋y－4＝0，

【小问2详解】

设，则到的距离，其中，

∵，∴．

[选修4－5：不等式选讲]

23. 已知函数

（1）当时，求的最小值；

（2）若对，不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】（1）2；    （2）或.

【解析】

【分析】（1）首先化简得，利用绝对值不等式即可求出的最小值；

（2）利用三元基本不等式求出，再根据绝对值不等式得，则有，解出即可.

【小问1详解】

化简得，

当时,,

当时等号成立,所以的最小值为2;

【小问2详解】

由基本不等式得,

当且仅当,即时,等号成立.

又因为,

当且仅当时,等号成立.

所以,

或

或.