2023届江西省南昌市高三第一次模拟测试数学（文）试题含解析

2023届江西省南昌市高三第一次模拟测试数学（文）试题

一、单选题

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据立方和公式，结合配方法、集合交集的定义进行求解即可.

【详解】，

所以，

故选：B

2．设复数满足，则（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数模的运算公式进行求解即可.

【详解】因为，

所以，于是，

故选：C

3．如图，一组数据，的平均数为5，方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】D

【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.

【详解】由题意可得：，则，

故，

∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.

故选：D.

4．双曲线的渐近线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由双曲线的标准方程直接写出渐近线方程.

【详解】∵双曲线的标准方程为：，

∴双曲线的渐近线方程为：，即.

故选：A.

5．已知x，y为正实数，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】利用特值法、基本不等式，结合充分条件与必要条件的定义判断即可．

【详解】当时，取，则，

所以“”不是“”的充分条件；

当时，得，即，则，

所以“”是“”的必要条件，

所以“”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

6．已知x，y满足，则的最小值为（    ）

A．3 B．4 C．5 D．7

【答案】B

【分析】作出可行域，作出目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．

【详解】作出可行域，如图内部（含边界），

作直线，在直线中，纵表示直线的纵截距，直线向下平移时，纵截距减小，则减小，

由得，即，

平移直线，当它过点时，取得最小值4，

故选：B．

7．对食道和胃粘膜有刺激性的粉末或颗粒，或口感不好、易于挥发、在口腔中易被唾液分解，以及易吸入气管的药需要装入胶囊，既保护了药物药性不被破坏，也保护了消化器官和呼吸道．在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体，由一个圆柱和两个半球构成，已知圆柱的高是底面半径的4倍，若该几何体表面积为，则它体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设圆柱的底面半径为，可求得该几何体表面积为，解得，进而求出该几何体的体积．

【详解】∵设圆柱的底面半径为，则球的半径为，圆柱的高是，

∴圆柱的侧面积为，两个半球的表面积为，

∴该几何体表面积为，解得，

∴该几何体的体积为．

故选：D．

8．已知，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】化简得，构造函数，通过导数可证得，可得，而，从而可得答案．

【详解】.

设，则有，单调递减，

从而，所以，故，即，

而，故有．

故选：A．

9．已知函数，，，且，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式为，分析可知函数的最小正周期为，利用正弦型函数的周期公式可求得的最小值.

【详解】因为

，

又因为，，且，

所以，函数的最小正周期满足，则，

所以，，故当时，取最小值.

故选：A.

10．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理的展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：，用这样的方法，估计的近似值约为（    ）

A．2.922 B．2.928 C．2.926 D．2.930

【答案】C

【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.

【详解】，

故选：C.

11．如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（    ）

A．平面 B．平面DMN C．平面ACNM D．平面

【答案】C

【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明，，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.

【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：

因为正四棱台，所以为正四棱锥，

因为，，，且，

所以，即，解得，

所以，即为等边三角形，

因为为中点，所以，且，同理可得，

因为，所以，即，

因为为中点，所以，

故，，

因为，，

所以，，

所以，，

因为，，

所以在上，在上，

因为，，所以，，

即，，因为平面，平面，

，所以平面.

故选：C

12．已知函数，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】可求得在上单调递减，且，所以由得，得，即对于任意的恒成立，从而得解．

【详解】因为在上单调递增，所以在上单调递减．

因为，

所以由，得，即，

所以，即对于任意的恒成立，

而，则，即实数的取值范围是．

故选：A．

二、填空题

13．已知向量，，若，则______．

【答案】

【分析】求出向量、的坐标，利用平面向量的模长公式可得出关于的等式，解之即可.

【详解】因为，，则，，

因为，则，解得.

故答案为：.

14．函数在x＝1处的切线平行于直线x－y－1＝0，则切线在y轴上的截距为______．

【答案】

【分析】由题意，求得，所以，则，进而求出函数在x＝1处的切线方程，从而得解.

【详解】，由题意，即，

所以，则，

故函数在x＝1处的切线方程为，即，

则切线在y轴上的截距为．

故答案为：．

15．在锐角中，角所对的边分别为，若，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】根据正弦定理得到关于的等式，根据锐角，求得角的范围，进而求得的取值范围即可.

【详解】解：在中，由正弦定理得，

所以，即，

因为锐角，所以，

即，解得，

所以，所以，

故，即.

故答案为：

16．已知一簇圆，直线l：y＝kx＋b是它们的一条公切线，则k＋b＝______．

【答案】##0.75

【分析】由题意圆心到直线l：y＝kx＋b的距离，则，对任意恒成立，列式求解即可.

【详解】由圆，知圆心，半径为，

由题意圆心到直线l：y＝kx＋b的距离，

则，对任意恒成立，

则，解得，故.

故答案为：.

三、解答题

17．已知正项数列满足a1=1，a2=2，a4=64，且．

(1)求k的值；

(2)求数列的通项公式．

【答案】(1)2；

(2).

【分析】（1）运用代入法进行求解即可；

（2）通过换元法、等比数列的定义，结合等比数列的通项公式、累积法、等差数列前项和公式进行求解即可.

【详解】（1）当时，，

当时，；

（2）因为，所以，则，

令，所以，则是等比数列，

因为，，所以，所以，

则

18．随着国民旅游消费能力的提升，选择在春节假期放松出行的消费者数量越来越多．伴随着我国疫情防控形势趋向平稳，被“压抑”已久的出行需求持续释放，“周边游”、“乡村游”等新旅游业态火爆，为旅游行业发展注入新活力，旅游预订人数也开始增多，为了调查游客预订与年龄是否有关，调查组对400名不同年龄段的游客进行了问卷调查，其中有200名游客预定了，这200名游客中各年龄段所占百分比见图：

已知在所有调查游客中随机抽取1人，抽到不预订的且在19~35岁年龄段的游客概率为．

(1)请将下列2×2列联表补充完整．

能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与年龄有关？请说明理由．

(2)将上述调查中的频率视为概率，按照分层抽样的方法，从预订旅游客群中选取5人，在从这5人中任意取2人，求2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率．

附：，其中．

【答案】(1)表格见解析，能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游顸订与年龄有关

(2)

【分析】（1）根据题意完善列联表，根据表中数据求，并与临界值比较分析；

（2）根据分层抽样求每层抽取的人数，再结合古典概型运算求解.

【详解】（1）预定旅游中，19－35岁年龄段的人数为：人，

18岁以下及36岁以上人数为人．

在所有调查对象中随机抽取1人，抽到不预订的旅游客群在19~35岁年龄段的人的概率为，

故不预订旅游客群19~35岁年龄段的人为：人，

18岁以下及36岁以上人数为人．

所以列联表中的数据为：

，

则能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游顸订与年龄有关．

（2）按分层抽样，从预定旅游客群中选取5人，

其中在19－35岁年龄段的人数为，分别记为：A，B，C；18岁以下及36岁以上人数为2人，分别记为：a，b．

从5人中任取2人，则有：，共有10种情况

其中恰有1人是19－35岁年龄段的有：，共 6种情况，

故2人中恰有1人是19-35岁年龄段的概率为：．

19．已知直棱柱的底面ABCD为菱形，且，，点为的中点．

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理和性质，结合菱形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可；

（2）根据菱形的性质、直棱柱的性质，结合线面垂直的判定定理、三棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】（1）连接AC交BD于点，连接，

在直四棱柱中，，

所以四边形为平行四边形，即，，

又因为底面ABCD为菱形，所以点为AC的中点，

点为的中点，即点为的中点，所以，，

即四边形为平行四边形，所以，

因为平面，平面，，所以平面；

（2）在直棱柱中平面，平面，

所以，

又因为上底面为菱形，所以，

因为平面，

所以平面，

因为在中，，

且点为BD的中点，所以，即，

所以．

20．已知函数．

(1)若时，函数有2个极值点，求的取值范围；

(2)若，，方程有几个解？

【答案】(1)

(2)两个

【分析】（1）根据极值的定义，结合构造函数法、导数的性质进行求解即可；

（2）构造新函数，结合导数的性质、函数零点存在原理进行求解即可.

【详解】（1）时，，，

则方程有两实根，即有两实根．

设，，则时，，单调递减；

时，，单调递增，

所以，且，时，，

所以当有两个实根时，；

（2）当，时，设，

则，，

因为在上单调递增，且，．

所以恰有一根，且，．

当时，，单调递减；

当时，，单调递增，

所以，

且，．

所以有且仅有两个实根，即方程有且仅有两个实根．

【点睛】关键点睛：根据极值的定义，问题转化为方程解的问题，通过构造新函数，利用导数的性质是解题的关键.

21．已知抛物线上一点，若处的切线斜率为－1，且该切线与轴相交于．

(1)求抛物线的标准方程；

(2)过点的直线与曲线相交于A，B两点，若直线PA，PB分别与轴相交于M，N两点，求M，N两点横坐标的和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据直线与抛物线相切联立方程求解，即可得结果；

（2）根据题意求的坐标，结合韦达定理运算求解.

【详解】（1）由题意可知直线的方程为，

联立方程，消去y得，

因为直线与抛物线相切，则，解得，

所以抛物线的方程为，

故，解得，

把代入，得，

可得切点．

（2）设直线的方程为，且，

与抛物线联立方程，消去y得，

则，得，

故，，

直线AP的方程，

把代入得：，解得，

同理可得：，

所以，

因为点，在拋物线上，则，，

故，

由于韦达定理可得．

【点睛】方法点睛：（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．

22．在平面直角坐标系xOy中，直线的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为：．

(1)当时，求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程．

(2)直线l与曲线C交于A，B两点，若|AB|=2，求的值．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）根据加减消元法，结合极坐标与直角坐标互化公式进行求解即可；

（2）根据直线参数方程参数的意义，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

【详解】（1）当时，直线的参数方程为，

消去参数得，

即直线的普通方程为．

∵，∴，∵，∴，

则曲线的直角坐标方程为；

（2）将直线的参数方程代入到曲线的直角坐标方程中得

，化简得，

设A，B两点对应的参数为，，则，，

因为直线过点，

则，

解得．

23．已知，且．

(1)求证：；

(2)求的最小值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）由已知条件可得出，等式两边平方，并结合基本不等式可证得结论成立；

（2）分析可知，，可得出，展开后利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】（1）证明：因为，且，所以，，

故，即，

当且仅当时等号成立．

（2）解：因为，，且，所以，，则，，

所以

，

当且仅当时，即当时等号成立，所以最小值为．