江西省上饶市2023届高三数学（理）第一次高考模拟考试试题（Word版附解析）.docx

1、上饶市2023届第一次高考模拟考试数学（理科）试题卷1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答第卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效3回答第卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效4本试卷共22题，总分150分，考试时间120分钟第卷（选择题）一、选择题：本大题共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】B【解析】【分析】解一元二次不等式可

2、求得集合A，根据集合的交集运算即可求得答案.【详解】由可得或，故或，而，故，故选：B2. 若复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数运算法则计算可得，利用模长公式即可得出结果.【详解】由可得，所以.故选：A3. 设等差数列前项和为，若，则（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】【分析】设等差数列公差为，利用等差数列的性质可求得，即可求得答案【详解】设等差数列公差为，由可得，故，由可得，故，所以，所以故选：C4. 的展开式中常数项为A. -240B. -160C. 240D. 160【答案】C【解析】【分析】求得二项式的通项，令，代入即可求解展开式

3、的常数项，即可求解.【详解】由题意，二项式展开式的通项为，当时，即展开式的常数项为，故选C.【点睛】本题主要考查了二项式的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.5. 若实数，满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 3B. 7C. 8D. 10【答案】C【解析】【分析】作出可行域，确定目标函数取到最大值的点，代入可得答案.【详解】由题意可行域如图，由图可知在点处取到最大值；联立，可得，所以的最大值为.故选：C.6. 已知点是抛物线上的一点，是抛物线的焦点，且，则的值为（ ）A. 1B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据抛物线标

4、准方程可得，设出点的坐标利用向量的坐标运算即可计算出的值.【详解】易知，由点在抛物线上，可设；又，由可得即，计算可得；又，可得.故选：D7. 已知，为钝角，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出，从而求出，再根据利用两角差的正切公式计算可得.【详解】解：因为，所以，因为为钝角，所以，则，所以.故选：B8. 矗立在上饶市市民公园的四门通天铜雕有着“四方迎客、通达天下”的美好寓意，也象征着上饶四省通衢，连南接北，通江达海，包容八方某中学研究性学习小组为测量其高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点，处测得铜雕顶端处仰角分别为，且，则四门通天的高度为（ ）A. B.

5、 C. D. 【答案】B【解析】【分析】设的投影为，且，利用锐角三角函数表示出、，再在和中分别用余弦定理得到方程，解得即可.【详解】解：设的投影为，且，在中，所以，在中，所以，在中，所以，在和中分别用余弦定理得，解得或（舍去），即四门通天的高度为.故选：B9. 在正方体中，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，作该正方体的截面，则该截面的周长是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正方体的特征，作出过点，的该正方体的截面，计算相关线段的长，即可求得答案.【详解】设为的三等分点，靠近B点，连接,并延长交延长线于P，设为的三等分点，靠近点，连接,并延长交延

6、长线于Q，则，由于，故,同理求得,故两点重合，则,故，而，故,同理可得,即四边形为平行四边形，连接,则五边形即为过点，所作的正方体的截面，由题意可知 故该截面的周长是 ，故选：C10. 已知函数满足，若在至少有两个零点，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据条件求出，然后求出零点，根据零点个数确定.【详解】因为，所以，解得；所以；令，则，；当时，；当时，；所以实数的最小值为.故选：C.11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过作圆的切线，交双曲线右支于点，若，则双曲线的离心率为（）A. B. 2C. D. 【答案】A【解析】【分析】设切点为N，连接ON，作

7、作，垂足为A，由，得到，在直角三角形中，可得，得到，再由双曲线的定义，解得，利用双曲线的离心率的定义，即可求解.【详解】设切点为N，连接ON，作作，垂足为A，由，且为的中位线，可得，即有，在直角三角形中，可得，即有，由双曲线的定义可得，可得，所以，所以，故选A.【点睛】本题考查了双曲线的几何性质离心率的求解，其中求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出 ，代入公式；只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)，即可得(的取值范围)12. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】若，则，令，利用导数

8、研究函数的单调性，即可判断，再由二项式定理得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得到，即可得解.【详解】解：若，则，令，则，当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以，所以，即，又，所以，所以，令，则，所以在上单调递增，所以，即，.又，所以，即，所以.故选：A第卷本卷包括必考题和选考题两个部分第（13）题-第（21）题为必考题，每个考生都必须作答第（22）题-第（23）题为选考题，考生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分请把答案填在答题卡上13. 已知平面向量，满足，它们的夹角为，则_【答案】【解析】【分析】由数量积的定义求出，再根据数量积的运算律

9、计算可得.【详解】因为，所以，又向量与的夹角为，所以，所以.故答案为：14. 已知一个圆锥底面积为，体积为，则该圆锥侧面积为_【答案】【解析】【分析】设该圆锥的底面圆半径为高为根据面积和体积可求出，继而算出母线长，即可求出答案【详解】设该圆锥的底面圆半径为高为由底面积为，体积为可得，解得，所以圆锥母线长为，所以该圆锥侧面积为故答案为：15. 已知数列中，记数列前项和为，则_【答案】【解析】【分析】由题意可得出该数列奇数项是以，公比为的等比数列，偶数项是以，公比为的等比数列，由等比数列的前项和公式即可得出答案.【详解】因为，所以，令，则，所以，则该数列奇数项是以，公比为的等比数列，偶数项是以，公

10、比为的等比数列，.故答案为：.16. 三个元件，独立正常工作的概率分别是，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒，中（一盒接一个元件），各种连接方法中，此电路正常工作的最大概率是_【答案】【解析】【分析】根据题意可知电路正常工作的条件为正常工作，中至少有一个正常工作，然后利用独立事件乘法公式分类讨论，接入的元件不同的情况下电路正常工作的概率，结合，的大小关系判断最大概率.【详解】由题意，元件，不正常工作的概率分别为，电路正常工作的条件为正常工作，中至少有一个正常工作，（1）若，接入的元件为，或，则此电路正常工作的概率是；（2）若，接入的元件为，或，则此电路正常工作的概率是；（3）若，接入的元件

11、为，或，则此电路正常工作的概率是因为，所以，所以此电路正常工作的最大概率是.故答案为：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. 如图，平面四边形中，（1）求的长；（2）证明：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出，然后利用两角差的余弦公式得到，接着在中即可求解；（2）以为原点，为轴正半轴建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，可得到，即可得证【小问1详解】因为，所以，所以，所以在中，【小问2详解】以为原点，为轴正半轴建立平面直角坐标系，即所以18. 为了解某高校学生每天的运动时间，随机抽取了100名学生进行调查下面是根据调查结果绘制的学

12、生每天平均运动时间的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于40分钟的学生称为“运动族”（1）用样本估计总体，已知某学生每天平均运动时间不低于20分钟，求该学生是“运动族”的概率；（2）从样本里的“运动族”学生中随机选取两位同学，用随机变量表示每天平均运动时间在40-50分钟之间的学生数，求的分布列及期望【答案】（1） （2）分布列见详解，期望为1.6【解析】【分析】（1）由频率分布直方图先求出，再根据条件概率求出该学生是“运动族”的概率；（2）样本中共有“运动族”学生25人，运动时间在40-50分钟学生为20人，根据超几何分布写出其的分布列及数学期望即可.【小问1详解】由频率分布直方图可知，

13、解得.设某学生每天平均运动时间不低于20分钟事件，；该学生是“运动族”为事件，所以该学生每天平均运动时间不低于20分钟的条件下是“运动族”的概率.【小问2详解】由题意可知，样本中共有“运动族”学生25人，运动时间在40-50分钟学生为20人，所以.；.的分布列为012.19. 如图，四棱锥中，是边长为的正三角形，平面与矩形所在的平面互相垂直，且（1）求的长；（2）求二面角的平面角的余弦值【答案】（1）4 （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用垂直关系求出的长；（2）利用平面的法向量求出二面角的余弦值.【小问1详解】分别取的中点，连接，因为是边长为的正三角形，所以，且；在矩形中，均

14、为中点，所以；又因为平面与矩形所在的平面互相垂直，平面平面，所以平面；以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则；，因为，所以，所以，即的长为4.【小问2详解】由（1）知，,;设平面的一个法向量为，则，令，可得；同理可求平面的法向量，设二面角的平面角为，易知为钝角，.20. 已知椭圆的离心率为，焦距为4（1）求椭圆的方程；（2）设过椭圆的右焦点的动直线与椭圆交于、两点（点在轴上方），、为椭圆的左、右顶点，直线，与轴分别交于点、，为坐标原点，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求解即可得答案；（2）由题意，设直线的方程为，则，联立，利用韦

15、达定理可得，易得 ，由化简即可得答案.【小问1详解】由题意，有，解得，所以椭圆的方程为；【小问2详解】由椭圆可得右焦点，由题意，点在轴上方且过点，则直线的斜率不为0，设直线的方程为，则，由，可得，所以，所以，即，由，所以，则直线的方程为，令，得，所以，所以，则直线方程为，令，得，所以，所以，所以【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. 已知，（1）讨论的单

16、调性；（2）若，试讨论在内的零点个数（参考数据：）【答案】（1）答案见解析. （2）当时，在上仅有一个零点，当 时，在上有2个零点.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论a的范围，判断导数正负，可得答案；（2）求出的导数，再次求导，分和讨论的正负，判断函数的单调性，进而结合零点存在定理判断函数零点的个数.【小问1详解】由已知可知,当时，在R上单调递增；当时，令，则，当时，在单调递减,当时，,在单调递增.综上，当时，在R上单调递增，当时，在单调递减，在单调递增.小问2详解】由已知，令,则,当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，当时， ，存在唯一的，使得，当时，在上递增；当时，在上递减，因为

17、，所以，又因为，由零点存在性定理可得，在上仅有一个零点；当时，使得，当和时，单调递减，当时，单调递增，因为，所以，又因为， 所以，而，由零点存在性定理可得，在和上各有一个零点，即在上有2个零点，综上所述，当时，在上仅有一个零点，当时，在上有2个零点【点睛】难点点睛：解答在内的零点个数问题，难点在于设出,求导后,要进行分类讨论，判断函数单调性，结合零点存在定理，判断零点个数.请考生在第22.23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题目必须与所涂题目一致，并在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，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

18、中，直线的参数方程为（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，曲线的极坐标方程为，直线与曲线相交于，两点，（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若，求直线的斜率【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）根据极坐标与直角坐标直角的转化，运算求解；（2）联立直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，根据参数的几何意义结合韦达定理运算求解.【小问1详解】，则，即，故曲线C的直角坐标方程为.【小问2详解】将直线l的参数方程为（t为参数）代入曲线C的直角坐标方程可得，整理得，设A，B两点所对应参数为，则，则，联立，解得，将代入得，解得，故直线l的斜率为. 选修4-5：不等式选讲23. 已知函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意，恒成立，求的取值范围【答案】（1）； （2）.【解析】【分析】（1）将绝对值函数表示为分段函数，解不等式即可求解；（2）根据三角不等式的性质求出的最小值，即可求解.【小问1详解】由题知，当时，所以，因为，所以或或，解得或或，所以不等式的解集为.【小问2详解】因为，所以，所以，所以，即，所以，解得，所以a的取值范围为.