江西省赣州市2023届高三下学期3月摸底考试数学（文）试题（Word版附解析）

赣州市2023年高三年级摸底考试

文科数学试卷

2023年3月

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟

第Ⅰ卷（选择题共60分）

一､选择题：本题共12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. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式、根式不等式求集合，利用集合交运算求结果即可.

【详解】由题设，，

所以.

故选：C

2. 已知为虚数单位，若，则实数的值为（    ）

A. -1 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数除法化简等式左侧，根据复数相等列方程组求参数值.

【详解】由题设，

所以，可得.

故选：D

3. 已知命题；命题，则下列命题中为真命题的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦函数性质、基本不等式判断已知命题的真假，再确定对应否命题真假，进而判断各选项中复合命题的真假.

【详解】由余弦函数性质知：为真，

又，当且仅当时等号成立，故为假，

所以为假，为真，

综上，为假，为假，为真，为假.

故选：C

4. 某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制扇形统计图如图所示，在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（    ）

A. 该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%

B. 该公司在华东地区的营收额比西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和还多

C. 该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的三倍还多

D. 该公司2022年营收总额约为30800万元

【答案】A

【解析】

【分析】根据左图中华中地区的营收额，湖南省的营收额与中华中地区的营收额的比值即得出A答案是错误的，由两个扇形图中可以得出华东地区的营收额比西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和还多，即选项B正确，同理结合A，B选项求出C正确，根据湖南省的营收额及所占的比例，即可求出该公司2022年营收总额，选项D正确.

【详解】选项A，由右图华中地区的扇形图及湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，可知湖北省的营收额约为，河南省的营收额约为，则湖南省的营收额约为，

因为华中地区的总营收额为，所以该公司湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为，所以A错误.

选项B，由左图2022年的营收额的扇形图知，华东地区的营收额约为，西南地区的营收额约为，东北地区营收额约为，

由选项A中得出湖北省的营收额约为，所以西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和为，

因为，所以该公司华东地区的营收额比西南地区､东北地区及湖北省的营收额之和还多，所以B正确.

选项C，由左图2022年的营收额的扇形图知，华南地区的营收额约为，

由选项A中得出河南省的营收额约为，

因为，，所以该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的三倍还多，所以C正确.

选项D，由已知湖南省的营收额约2156万元，由选项A中得出湖南省的营收额约为，

所以该公司2022年营收总额约万元，所以D正确.

故选：A

5. 若为锐角，，则（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据二倍角的余弦公式与同角三角函数的关系化简得出只关于的式子，即可解得答案.

【详解】为锐角，

，

即，

解得，

故选：B

6. 若等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并且，则下列正确的是（    ）

A.  B.

C. 的最大值为 D. 的最大值为

【答案】D

【解析】

【分析】根据等比数列定义以及可得且，即AB均错误，再由等比数列前项和的函数性质可知无最大值，由前项积定义解不等式可知的最大值为.

【详解】由可知公比，所以A错误；

又，且可得，即B错误；

由等比数列前项和公式可知，由指数函数性质可得为单调递增，

即无最大值，所以C错误；

设为数列前项积的最大值，则需满足，可得，

又可得，即的最大值为，所以D正确.

故选：D

7. 古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知Rt△ACB中，，则△ACB的重心G到AC的距离为（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，用式子分别表示出圆锥体积、三角形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求出距离.

【详解】直角三角形绕旋转一周所得的圆锥的体积为；

三角形的面积，记重心到的距离为，

由，可得，解得，

所以的重心G到的距离为.

故选：B.

8. 已知，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用对数、指数的性质判断大小关系即可.

【详解】因为，

所以.

故选：D

9. 已知函数，则方程的实根个数为（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知得出或，再根据分段函数已知函数值求自变量的方法分类求出，即可得出答案.

【详解】，解得或，

当时，，解得，，解得（舍）；

当时，，解得或（舍），，解得或（舍）；

综上，方程的实根为或或，

即方程的实根个数为3个，

故选：A.

10. 已知函数的最小正周期为，，且的图像关于点中心对称，若将的图像向右平移个单位长度后图像关于轴对称，则实数的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据周期范围得出范围，根据对称中心得出的值，并结合范围得出的值，即可得出的解析式，根据函数图像平移后的解析式变化得出，即可根据图像关于轴对称，得出，再根据的范围得出实数的最小值.

【详解】，，且，

，即，

的图像关于点中心对称，

，且，即，解得，

，

取，，

，

将的图像向右平移个单位长度后得到的图像，

的图像关于轴对称，

，解得，

，

的最小值，令，得，

故选：B.

11. 已知棱长为3的正四面体的内切球球心为，现从该正四面体内随机取一点，则点落在球内的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据正四面体的结构特征及性质求其内切球的半径，求出内切球体积和四面体体积，利用几何概型—体积比求概率即可.

【详解】由正四面体各侧面为等边三角形，若为△的中心，

连接，则内切球球心在线段上，如下图示：，

所以内切圆半径，而面，面，面，面，

故，注意在面上，又，

所以为等腰三角形的垂心，故，

又，令，则，

所以，可得，故，

而正四面体的体积，

其内切球体积为，

落在球内的概率为.

故选：C

12. 为双曲线右支上一点，分别是双曲线的左、右焦点，且，直线交轴于点.若的内切圆的半径为，则双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据，得到三角形为直角三角形，再利用直角三角形内切圆切线长定理，求得半径，再根据内切圆的半径为，建立方程求解.

详解】如图所示：

因为，所以三角形为直角三角形，

故它的内切圆半径

，

所以

故选：A.

【点睛】本题主要考查双曲线的定义及直角三角形内切圆问题，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.

第Ⅱ卷（非选择题共90分）

本卷包括必考题和选考题两部分，第13~21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22~23题为选考题，考生根据要求作答.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知，且，则向量在向量上的投影为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先求出，再利用投影公式可得向量在向量上的投影.

【详解】因为，所以，即；

由可得；

则向量在向量上的投影为.

故答案：.

14. 已知函数，则曲线在处的切线方程为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先求，得到，再利用点斜式可得方程.

【详解】因为，所以，

则，所以；

所以，所以，

曲线在处的切线方程为，即.

故答案为：.

15. 已知函数且的图像恒过定点，且点在圆外，则符合条件的整数的取值可以为__________.（写出一个值即可）

【答案】（不唯一，取的整数即可）

【解析】

【分析】先求定点的坐标，结合点在圆外以及圆的限制条件可得的取值.

【详解】因为函数的图像恒过定点，所以；

因为点在圆外，

所以且，解得或；

又为整数，所以的取值可以为.

故答案为：（不唯一，取的整数即可）.

16. 已知锐角的内角的对应边依次记为，且满足，则的取值范围为__________.

【答案】

【解析】

【分析】先利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系化简整理可得的关系，将用表示，求出的范围，再利用三角恒等变换结合三角函数的性质即可得解.

【详解】因为，所以，

即，展开整理得，

因为锐角中，，

所以，即，

由，得，

，

因为，所以，

所以，

所以的范围为.

三､解答题：共70分.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，每个试题考生都必须作答.第22､23题为选考题，考生根据要求作答.

17. 双减政策落地后，五项管理原则出台.某学校为了加强落实其中的“读物管理”，鼓励优质读物进校园，营造学校良好的阅读氛围，充分发挥课外读物帮助学生开阔视野､陶冶情操､增长知识､启迪智慧､塑造良好品质和健康人格等方面的积极作用，决定举办“阅读经典·收获未来”知识竞赛.

班主任张老师拿到班委推选的参赛名单后，按要求需从甲､乙两人中先淘汰一人，为此特意调取了甲､乙两人5次模拟大赛的成绩，统计结果如下茎叶图：

（1）你认为派谁去参赛合适？请用统计知识说明理由：

（2）据悉，知识大赛现场有一个观众互动游戏环节：将四大名著《红楼梦》､《西游记》､《三国演义》､《水浒传》及作者用红线连起来，求观众丙恰好连对1个的概率.

【答案】（1）派甲参赛比较合适，理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）分别求出甲乙的平均成绩和方差，再根据平均成绩和方差即可得出结论；

（2）利用列举法，再结合古典概型即可得出答案.

【小问1详解】

甲的平均成绩为，

乙的平均成绩为，

甲的成绩方差，

乙的成绩方差为，

由于，

则甲的成绩较稳定，故派甲参赛比较合适；

【小问2详解】

记四大名著《红楼梦》､《西游记》､《三国演义》､《水浒传》的作者依次记为，则游戏互动中，观众丙随机连线的结果有：

ABCD，ABDC，ACBD，ACDB，ADBC，ADCB，BCDA，BCAD，BDAC，BDCA，BACD，BADC，CABD，CADB，CBDA，CBAD，CDAB，CDBA，DABC，DACB，DBAC，DBCA，DCBA，DCAB共24种连法，

其中恰好连对1个的结果有：ACDB，ADBC，BDCA，BCAD，CABD，CBDA，DACB，DBAC共8种，

所以观众丙恰好连对1个的概率为.

18. 已知数列是等差数列，是等比数列，且满足.

（1）若数列是唯一的，求实数的值；

（2）若，求数列的前项和.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用等比数列的通项公式和得到关于公比的二次方程，讨论根的情况可得答案；

（2）求出等差数列的通项公式，得到，利用错位相减法求和.

【小问1详解】

由数列是等比数列，，设其公比为，

由题设，得，即（*）

因为数列是唯一的，所以对于方程（*），

①若方程（*）有一个根为0，另一个不为0，把0代入方程，得，

当时，或0（舍去），故，满足唯一性;

②若方程（*）有两个相等的实根，且根不为0，则，解得，

代入（*）式，解得，又，所以是唯一的等比数列，符合题意

所以，或.

【小问2详解】

由，所以，得，

解得或0（舍去），此时；

所以，所以等差数列的公差，

所以，即；

所以①

②

①-②得，

所以.

19. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面是平行四边形，，且点分别是棱的中点.

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先利用长度关系得出，再根据面面垂直得出线面垂直；

（2）利用等体积法由可得答案.

【小问1详解】

因为，

所以是正三角形，所以；

又，由余弦定理得，

则，所以，即；

因为点是的中点，所以，点是的中点，所以，

所以；

又平面平面，平面平面平面，

所以平面，因为平面，所以，

因为平面，

所以平面.

【小问2详解】

由（1）得平面，

在直角中，，

设点到平面的距离为，由，

即，

解得，所以点到平面的距离为.

20. 已知函数.

（1）若函数在上单调递减，求实数的取值范围；

（2）若，证明：函数有两个零点.

参考数据：

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由题设可得在上恒成立，进而研究的单调性并求最值，即可得参数范围；

（2）应用零点存在性定理判断在上的零点，根据其符号确定的单调性并得到极值，进而判断其零点分布，即可证结论.

【小问1详解】

由在上单调递减，则在上恒成立，

令且x > 0，则，故在上单调递增，

要使在上恒成立，则，解得，

即所求的实数的取值范围为

【小问2详解】

由（1）知：在上单调递增，

因为，所以，

所以函数上存在唯一零点，即，此时，

当时单调递减；时单调递增，

又，

记，则，

所以在上递减，则，

所以，又，

所以在、上各有一个零点，即在上有两个零点.

【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.

21. 已知抛物线为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.

（1）求抛物线的方程；

（2）若是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值：若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，定值4，定点

【解析】

【分析】（1）由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；

（2）法一：设，，利用求得，讨论与轴是否垂直，求直线所过的定点；法二：设直线的方程为，联立抛物线及韦达定理、得；最后结合确定的轨迹，即可确定定点和定值；

【小问1详解】

因为点在上，则，而，所以，

，所以，故该抛物线的方程为.

【小问2详解】

法一：设，不妨设，

，则，解得，

①当与轴不垂直时，，

此时直线的方程为：，整理得

，则的方程为：，则直线恒过定点

由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，

即当为该圆心时，为定值；

②当轴时，，此时，而，故；

当时，也满足，

综上，平面内存在一个定点，使得为定值4

法二：设直线的方程为

联立，且，

由韦达定理得：，

由，即，解得，

即，直线恒过定点，

由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，

即定点为该圆心时，为定值；

【点睛】关键点点睛：第二问，根据求纵坐标乘积，并确定直线过的定点坐标，最后利用判断的轨迹，即可得结论.

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. 在直角坐标系中，已知曲线（为参数），曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；

（2）已知是曲线上的两个动点（异于原点），且，若曲线与直线有且仅有一个公共点，求的值.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求曲线的直角坐标方程，再由写成极坐标方程；由写出曲线的直角坐标方程；

（2）根据曲线与直线有且仅有一个公共点，得出是直角三角形斜边上的高，根据等面积法转化为求解即可.

【小问1详解】

由曲线（为参数），

消去参数，得，

所以曲线的直角坐标方程为.

又由，得，

所以曲线的极坐标方程为.

由曲线，得，即，

所以曲线的普通方程为.

【小问2详解】

由题意，设，则，

又曲线与直线有且仅有一个公共点，故为点到直线的距离，

由曲线的极坐标方程，得，

所以，，

所以，即，所以；

又，

所以，

即所求实数的值为.

选修4-5：不等式选讲

23. 已知函数.

（1），解不等式；

（2）证明：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式的解集；

（2）法一：根据绝对值三角不等式求证不等式；法二：由绝对值对应函数的单调性求函数最小值范围，即可证结论.

【小问1详解】

由题设，

所以，不等式等价于或或，

解得或或，

所以原不等式的解集为.

【小问2详解】

法一：

（当且仅当时取等号）

（当且仅当时取等号）

（当且仅当时取等号），

所以（当且仅当时等号成立）.

法二：，

当时，；

当时，，

综上，结合各分段上一次函数的性质知：在单调递减，在上单调递增，

所以，（当且仅当时等号成立），

所以