2023届江西省遂川中学高考一模数学理科试题

遂川中学2023届第一次高中结业水平测试

数学（理）试题

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）

1．设全集,2，3，4，且,,,,则等于

A． B． C． D．

2．数满足,则

A． B．5 C． D．

3．设是定义在R上的函数,则“不是奇函数”的充要条件是

A．

B．

C．

D．

4．已知双曲线的两顶点为，虚轴两端点为 ，两焦点为，. 若以为直径的圆内切于菱形，则双曲线的离心率为（  ）

A． B． C． D．

5．设，，，则（    ）

A． B． C． D．

6．第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（    ）

A．324 B．306 C．243 D．162

7．勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理，汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证明了商高结论的正确性，现将弦图中的四条股延长，相同的长度（如将CA延长至D）得到图2．在图2中，若，，D，E两点间的距离为，则弦图中小正方形的边长为（    ）

A． B． C．1 D．

8．若定义在上的函数满足：对任意，有，且时，，记在，上的最大值和最小值为，，则的值为（    ）

A．2021 B．2022

C．4032 D．4034

9．平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，点为线段的中点，点，分别为线段和上的动点（不包括端点）.若，则线段的长度的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

10．已知函数f（x）＝x2在[1，+∞）上是增函数，则实数a的取值范围为（    ）

A．（﹣∞，﹣2） B．（﹣∞，﹣2] C．（﹣∞，2） D．（﹣∞，2]

11．已知，过点作圆（为参数，且）的两条切线分别切圆于点、，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

12．已知函数，若方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则的取值范围为（　　）

A．（﹣1，+∞） B．（﹣1，1] C．（﹣∞，1） D．[﹣1，1）

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分。)

13．已知向量，，其中，则的最小值为___________.

14．设x，y满足约束条件则z＝x-3y的最小值为_____

15．在中，角，，的对边分别为，，.若，为边中点，，，则的面积为_____．

16．如图是一个四棱锥的三视图，则该四棱锥的所有侧面中，面积的最大值为__________.

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17 - 21题为必考题，每个考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

17．设数列的前项和为，，.

（1）求证：数列是等差数列.

（2）设是数列的前项和，求使对所有的都成立的最大正整数的值.

18．如图所示，四棱锥的底面是直角梯形，，，，底面，过的平面交于，交于（与不重合）.

（1）求证：；

（2）若，求的值.

19．“中国人均读书4.3本（包括网络文学和教科书），比韩国的11本、法国的20本、日本的40本、犹太人的64本少得多，是世界上人均读书最少的国家.”这个论断被各种媒体反复引用，出现这样的统计结果无疑是令人尴尬的，而且和其他国家相比，我国国民的阅读量如此之低，也和我国是传统的文明古国、礼仪之邦的地位不相符.某小区为了提高小区内人员的读书兴趣，特举办读书活动，准备进一定量的书籍丰富小区图书站，由于不同年龄段需看不同类型的书籍，为了合理配备资源，现对小区内看书人员进行年龄调查，随机抽取了一天40名读书者进行调查，将他们的年龄分成6段：，，，，，后得到如图所示的频率分布直方图.问：

（1）估计在40名读书者中年龄分布在的人数；

（2）求40名读书者年龄的平均数和中位数；

（3）若从年龄在的读书者中任取2名，求这两名读书者年龄在的人数的分布列及数学期望.

20．已知，分别为椭圆（）的左、右焦点，焦距为2，过作斜率存在且不为零的直线交于，两点，且的周长为8.

（1）求椭圆的方程；

（2）已知弦的垂直平分线交轴于点，求证：.

21．已知函数， (为自然对数的底数).

(1)设曲线在处的切线为，若与点的距离为，求的值；

(2)若对于任意实数， 恒成立，试确定的取值范围；

(3)当时，函数在上是否存在极值？若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由.

请从下面所给的 22、23 两题中选定一题作答，并用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.

22．【选修4-4：坐标系与参数方程】

在直角坐标系中，曲线的参数方程为，（为参数），直线的参数方程为（为参数），在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点的射线与曲线相交于不同于极点的点，且点的极坐标为，其中.

(1)求的值；

(2)若射线与直线相交于点，求的值.

23．【选修4-5： 不等式选讲】

已知，且.

(1)解关于的不等式：；

(2)求证：对任意恒有.

1．B

【详解】全集,2，3，4，且,,,

.

所以.

故选B.

2．B

【分析】根据计算出，再计算出,进而即可得解．

【详解】

【点睛】本题主要考查了复数的共轭复数及复数的四则运算，属于基础题．

3．C

【详解】试题分析：不是奇函数，等价于“对于不恒成立”，即；故选C．

考点：充分、必要条件的判定．

4．A

【分析】用两种地表示菱形的面积，建立的齐次等式，变形后可得离心率．

【详解】根据菱形面积，有，化简得，两边除以，得，解得.

故选：A．

5．D

【分析】先将使用换底公式，变换成对数形式，然后与“1”进行比较，然后设出函数，，，判断函数的单调性，通过放缩借助单调性比较的大小即可完成求解.

【详解】由，

∵，在R上单调递减，在单调递增，

∵，∴．

故选：D．

6．B

【分析】先求得总的观看方案，再减去两个分项都相同的观看分案求解.

【详解】由题意得：总的观看方案为，

两个分项都相同的观看分案为，

所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是，

故选：B

7．C

【分析】在中利用余弦定理可求出，则可得，再由锐角三角函数的定义可求出，由勾股定理求出，从而可求得答案

【详解】连接，由条件可得，在中，由余弦定理得

，

∴，

∴，，

∴，

所以弦图中小正方形的边长为．

故选：C

8．C

【分析】先证明，令，则，，证明函数是奇函数，即得解.

【详解】解：令得，，

令得，

，.

令，则，，

，

是奇函数，

，即，

．

故选：C．

9．D

【分析】以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，，根据向量垂直的坐标表示求得，再由向量的模的计算公式和二次函数的性质可求得范围.

【详解】解：因为平面四边形和四边形都是边长为1的正方形，且平面，

所以以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下图所示，则，，

设，，

所以，，又，所以，即，

整理得，

所以，又，所以，

故选：D.

10．D

【分析】由题意可知在上恒成立，从而结合函数的性质可求．

【详解】函数在上是增函数.

所以在上恒成立.

即在上恒成立,又在上是增函数.

所以

故选：D

【点睛】本题考查函数的单调性与导数关系的应用，属于基础试题

11．C

【分析】分析可知圆心在直线上运动，设，则，求得，利用弦化切可得出，求出的取值范围，结合双勾函数的单调性可求得的最大值.

【详解】圆心，半径为，圆心在直线上运动，

设，则，由圆的几何性质可知，

所以，，

当直线与直线垂直时，取最小值，则取最小值，

且，则，则，

由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，且，

故函数在上为减函数，

故当时，取得最大值.

故选：C.

12．B

【分析】由方程f（x）＝a，得到x1，x2关于x＝﹣1对称，且x3x4＝1；化简，利用数形结合进行求解即可．

【详解】作函数f（x）的图象如图所示，∵方程f（x）＝a有四个不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，

∴x1，x2关于x＝﹣1对称，即x1+x2＝﹣2，0＜x3＜1＜x4，则|log2x3|＝|log2x4|，

即﹣log2x3＝log2x4，则log2x3+log2x4＝0，即log2x3x4＝0，则x3x4＝1；

当|log2x|＝1得x＝2或，则1＜x4≤2；≤x3＜1；

故；

则函数y＝﹣2x3+，在≤x3＜1上为减函数，则故当x3＝取得y取最大值y＝1，

当x3＝1时，函数值y=﹣1．即函数取值范围是（﹣1，1]．

故选B．

【点睛】本题考查分段函数的运用，主要考查函数的单调性的运用，运用数形结合的思想方法是解题的关键，属于中档题．

13．

【分析】由向量的模长的坐标公式结合二次函数的性质得出最小值.

【详解】因为，

所以.

所以.

故答案为：

14．-7

【分析】先根据条件画出可行域，设z＝x-3y，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y轴上的截距最大，数形结合即可得到答案．

【详解】在坐标系中画出x，y满足约束条件的可行域，如图所示：

由可得，则表示直线在y轴上的截距，

截距越大，z越小，平移直线，经过点A时，z最小，

由，可得，

此时

故答案为：．

【点睛】本题考查简单的线性规划的应用，涉及到利用几何意义求目标函数的最值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.

15．

【分析】根据，，得，，由为边中点，得，故，可求得，即可得解.

【详解】解：因为，，

所以，，

因为为边中点，

所以

即，

故，解得：，，

所以.

故答案为：.

16．

【分析】根据三视图还原为原图，计算出四棱锥所有侧面的面积，由此求得正确答案.

【详解】由三视图可知，该几何体是如图所示四棱锥，

，

，

所以，

所以侧面积的最大值为.

故答案为：

17．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）利用关系及等比数列的定义求通项公式，进而由等差数列的定义判断是等差数列.

（2）利用裂项相消法求，即得，将问题转化为求的解集，即可得的最大正整数值.

【详解】（1）依题意，，故，

当时，①，又②，

②-①得：，又，即，

所以，故为等比数列，则，

所以，故，即是首项、公差均为1的等差数列.

（2）由（1）知：=，

所以，

由题设，，解得：，故所求最大正整数为5.

18．（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；

（2）根据线面垂直的判定定理证明是平行四边形，即可证明是的中点，最后根据即可得到结论．

【详解】证明：（1）在梯形中，，平面，平面，

平面.

又平面，平面平面=，

所以.

（2）过作交于，连结.

因为底面，所以底面.

所以.又因为，，

所以平面

，所以.

所以在平面中可得是平行四边形.

所以，

因为是中点，所以为中点.

设，

则

【点睛】本题主要考查线面垂直和线面平行的判定和性质，综合考查空间直线和平面的位置关系的判定，要求熟练掌握相应的判定定理和性质定理，考查学生的运算和推理能力，属于中档题．

19．(1)30;(2)54,55;(3) 的分布列如下：

数学期望

【详解】试题分析：（1）由频率分布直方图知年龄在[40，70）的频率为（0.020+0.030+0.025）×10，进而得出40 名读书者中年龄分布在[40，70）的人数．（2）40 名读书者年龄的平均数为25×0.05+35×0.1+45×0.2+55×0.3+65×0.25+75×0.1．计算频率为处所对应的数据即可得出中位数．（3）年龄在[20，30）的读书者有2人，年龄在[30，40）的读书者有4人，所以X的所有可能取值是0，1，2．利用超几何分布列计算公式即可得出．

试题解析：

（1）由频率分布直方图知年龄在的频率为，

所以40名读书者中年龄分布在的人数为.

（2）40名读书者年龄的平均数为

.

设中位数为，则

解得，即40名读书者年龄的中位数为55.

（3）年龄在的读书者有人，

年龄在的读书者有人，

所以的所有可能取值是0,1,2，

，

，

，

的分布列如下：

数学期望.

20．（1）；（2）证明见解析.

【分析】（1）由已知条件，结合椭圆的定义列方程求参数a、c，即可写出椭圆方程.

（2）设直线为，，，，联立椭圆方程应用韦达定理可求、，可得，写出的中点坐标，由此得到的垂直平分线的方程，进而求即可证结论.

【详解】（1）由焦距为2，即，得，结合椭圆的定义知：的周长，得，

∴，即椭圆的方程为.

（2）证明：设直线为，，，，

联立，得，

∴，，则，

∴的中点为，即，

∴线段的垂直平分线的方程为，

令，得，所以，

∴，而，

∴，即.

【点睛】关键点点睛：第二问，设直线及交点坐标，联立椭圆方程应用韦达定理求、，可得，即可得的中点坐标，写出其中垂线方程，进而求.

21．(1) 或 (2) (3)不存在

【分析】(1)先求得处的切线方程，再根据与点的距离为求解；

(2)将问题转化为，由求解；

 (3)根据极值的定义，由在区间有零点且在零点附近的符号不同求解；

【详解】解：（1），，

在处的切线斜率为，

∴切线的方程为，即，

又切线与点距离为，

所以，

解得，或

（2）∵对于任意实数恒成立，

∴若，则为任意实数时，恒成立；

若恒成立，

即，在上恒成立，

设则，

当时，，则在上单调递增；

当时，，则在上单调递减；

所以当时，取得最大值，，所以

所以的取值范围为.

综上，对于任意实数恒成立的实数的取值范围为.

（3）依题意，，

所以，

设，则，

当，

故在上单调增函数，

因此在上的最小值为，

即，

又所以在上，，

即在上不存在极值.

22．(1)；

(2).

【分析】（1）求出曲线的极坐标方程，利用点的极坐标为，即可求的值；

（2）由题可得射线与直线的极坐标方程，求出的极径，即得.

【详解】（1）由题可得曲线的普通方程为，

曲线的极坐标方程为，

化简，得，

由，得，

∵，

∴；

（2）射线的极坐标方程为，直线的普通方程为；

∴直线的极坐标方程为，

由，

解得，

∴.

23．(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）分类讨论、、时分别解不等式即可.

（2）根据已知条件证得，再运用绝对值三角不等式可证得即可.

【详解】（1）由，且得，

所以，，

当时，由得，该不等式不成立.

当时，由得，解得.

当时，由得，该不等式恒成立.

综上得不等式的解集为.

（2）证明：由，且得，

所以，

又因为，

所以，

又因为，当且仅当时取等号.

所以对任意：恒有.