江西省九江市2023届高三数学（理）高考二模试题（Word版附解析）.docx

1、九江市2023年第二次高考模拟统一考试数学试题（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分全卷满分150分，考试时间120分钟考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名等内容填写在答题卡上2第卷每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号，第卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效第卷（选择题60分）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. 已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由复数的运

2、算即可得到，从而得到结果.【详解】因为，则，即，所以.故选:C2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数的性质，结合集合交集和补集的定义进行求解即可.【详解】由，或，因为，所以，所以，故选：A3. 已知实数x，y满足条件，则的最大值为（ ）A. B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题意，作出可行域，结合图像可知，当经过点时，最大，即可得到结果.【详解】由约束条件可得可行域的区域，因为，可转化为，平移直线，结合图像可得，当直线过点时，取得最大值，且，解得，即点，所以.故选:D4. 已知命题：，若p为假命题，则实数a的取值范围为（ ）A.

3、B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数a的取值范围【详解】因为命题：，所以：，又因为为假命题，所以为真命题，即，恒成立，所以，即，解得，故选：D5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，将原式两边平方结合二倍角公式即可求得，再求出.【详解】，且，.故选:B6. 执行下边的程序框图，如果输入的是，输出的结果为，则判断框中“”应填入的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用程序框图的循环结构，不断循环直到满足为止.【详解】根据程序框图，输入，则，满足循环条件， ，满足循环条件

4、，不满足循环条件，输出结果.故A，B，D错误.故选：C.7. 已知变量的关系可以用模型拟合，设，其变换后得到一组数据如下由上表可得线性回归方程，则（ ）x12345z2451014A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据样本中心点在回归方程上可得，再利用对数运算法则即可得，所以.【详解】由表格数据知，即样本中心点，由，得，即，所以，即，可得，故选：B8. 如图，正方体的棱长为2，M是面内一动点，且，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】先由确定M在线段上，再将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，由平面内二点间的直线距离最短求解即可【详解】如图，连接

5、BD，易知平面，平面，即M在线段上，将沿着展开，使得D，B，C，四点共面，如图，又因为正方体的棱长为2，故此时，由平面内二点间的直线距离最短得， 故选：C9. 青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷一只内壁光滑的青花瓷大碗水平放置在桌面上，瓷碗底座高为，瓷碗的轴截面可以近似看成是抛物线，碗里不慎掉落一根质地均匀、粗细相同长度为的筷子，筷子的两端紧贴瓷碗内壁若筷子的中点离桌面的最小距离为，则该抛物线的通径长为（ ）A. 16B. 18C. 20D. 22【答案】C【解析】【分析】建立直角坐标系设，且抛物线为，利用三角形三边关系得，结合已知有

6、求参数p，进而确定通径长.【详解】如图，建立平面直角坐标系，设抛物线为，焦点，设线段AB中点为M，则，由题意知，的最小值为6，即，得，该抛物线的通径长为.故选：C10. 在中，三内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，当B取最小值时，的面积为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】由正弦边角关系、三角形内角性质、正切和角公式可得，即A，C为锐角，利用基本不等式得B最小时最小值，即知为等腰三角形，应用三角形面积公式求面积即可.【详解】由正弦定理得，即，即，故A，C为锐角又，仅当时等号成立，所以三角形内角B最小时，取最小值，此时，所以为等腰三角形，.故选：C11. 已知双曲

7、线的左右焦点分别为，M双曲线C左支上一点，且，点F1关于直线对称的点在y轴上，则C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由双曲线的定义结合离心率的计算公式，即可得到结果.【详解】设点关于直线对称的点为P，连接，则为正三角形，又，由双曲线的定义知，解得，故选:A12. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.【详解】解：将用变量x替代，则，其中，令，则，令，则，易知在上单调递减，且，使得，当时，单调递增；当时，单调递减又，在上单调递增，即，记，则，在上单调递增，又，所以，所

8、以综上，.故选：B第卷（非选择题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，学生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 的展开式中，常数项是_.【答案】60【解析】【分析】根据二项式写出通项的公式并整理，令的指数为0，求得的值，代回计算即可.【详解】的展开式中，通项公式为，令，求得.可得展开式中常数项为，故答案为：60.【点睛】本题考查二项式展开式中特定项的系数，属基础题.关键是熟练掌握通项公式和指数幂的化简运算.14. 已知非零向量，满足，且，则，的夹角为_【答案】【解析】【分析】先根据求出，利用数量积

9、夹角公式可得答案.【详解】设向量，的夹角为，且，又，.故答案为：15. 函数的所有零点之和为_【答案】6【解析】【分析】令，两个解即为零点，将零点问题转换成，两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且和的函数图象关于对称，零点也关于，即可求出所有零点之和.【详解】解：令，得，解得或，即为零点，令，可知的周期，对称轴，且的对称轴，做出和的图象如图所示：显然，在和上各存在一个零点，在处的切线为x轴，在上存在零点，同理在上存在零点，所以在上存在6个零点，因为和的函数图象关于对称，则零点关于对称，所以的所有零点之和为.故答案为：6.16. 根据祖暅原理，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两

10、个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等如图1所示，一个容器是半径为R的半球，另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥，这两个容器的容积相等若将这两容器置于同一平面，注入等体积的水，则其水面高度也相同如图2，一个圆柱形容器的底面半径为，高为，里面注入高为的水，将一个半径为的实心球缓慢放入容器内，当球沉到容器底端时，水面的高度为_（注：）【答案】【解析】【分析】根据祖暅原理，建立体积等量关系，代入体积运算公式求解即可.【详解】设铁球沉到容器底端时，水面的高度为h，由图2知，容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积，由图1知相应圆台

11、的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积，故容器内水的体积等于相应圆台的体积，因为容器内水的体积为，相应圆台的体积为，所以，解得，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. 已知公差不为零的等差数列中，且成等比数列，记（1）求的通项公式；（2）求前n项和的最值【答案】（1） （2）最大值为，最小值为【解析】【分析】（1）根据等差数列定义由可得，再根据成等比数列即可解得，可得的通项公式；（2）易得，分别讨论n为奇数、偶数时前n项和的表达式，再利用其函数特性即可求得最大值为，最小值为.【小问1详解】设等差数列的公差为，成等比数列，即，化简得由解

12、得或（舍去）即的通项公式【小问2详解】由（1）可知设的前n项和为，即当n奇数时，单调递减，当n为偶数时，单调递增，前n项和的最大值为，最小值为18. 如图，在三棱柱中，平面，D为棱的中点（1）求证：平面；（2）在棱BC上是否存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为？若存在，求出的值若存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）根据题意，分别证明，结合线面垂直的判定定理即可证明；（2）根据题意，连接，以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算结合线面角的求法即可得到结果.【小问1详解】平面，平面，由已知得

13、，同理可得，即又，平面，平面【小问2详解】连接，平面，以A为原点，AB，AC，所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则设，则，由（1）知平面的一个法向量为化简得，解得或（舍去）故在棱BC上存在异于点B的一点E，使得DE与平面所成的角为，且19. 现有编号为2至5号的黑色、红色卡片各一张从这8张卡片中随机抽取三张，若抽取的三张卡片的编号和等于10且颜色均相同，得2分；若抽取的三张卡片的编号和等于10但颜色不全相同，得1分；若抽取的三张卡片的编号和不等于10，得0分（1）求随机抽取三张卡片得0分的概率；（2）现有甲、乙两人从中各抽取三张卡片，且甲抽到了红色3号卡片和红色5号卡片，乙

14、抽到了黑色2号卡片，求两人的得分和X的分布列和数学期望【答案】（1） （2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）先研究三张卡片编号和等于10的情况，然后根据对立事件之间的概率关系得出所求概率；（2）得分和X的可能值为0，1，2，3，4若，则甲乙各得2分；若，则甲得2分乙得1分；若，则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分；若，则乙得1分甲得0分；若，则甲和乙均得0分根据以上分析求出对应概率，进而得到X的分布列及数学期望【小问1详解】三张卡片编号和等于10有3种可能，分别为：，其中，三张卡片编号均不同的情况共有：种有两张卡片编号相同的情况共有：种设“随机抽取三张卡片得分为0分”为事件A，即随机抽取三

15、张卡片得0分的概率为.【小问2详解】得分和X的可能值为0，1，2，3，4若，则甲乙各得2分即甲为2（红）+3（红）+5（红），乙为2（黑）+3（黑）+5（黑），有1种情况若，则甲得2分乙得1分即甲2（红）+3（红）+5（红），乙为2（黑）+4（红）+4（黑）有1种情况若，则甲得2分乙得0分或乙得2分甲得0分若甲得2分乙得0分，则甲为2（红）+3（红）+5（红），对应乙有4种情况：2（黑）+3（黑）+4（黑），2（黑）+3（黑）+4（红），2（黑）+4（黑）+5（黑），2（黑）+4（红）+5（黑）；若乙得2分甲得0分，则乙为2（黑）+3（黑）+5（黑），对应甲有2种情况：3（红）+4（红）+5（

16、红），3（红）+4（黑）+5（红）若，则乙得1分甲得0分即乙为2（黑）+4（红）+4（黑），对应甲有2种情况：3（红）+3（黑）+5（红），3（红）+5（黑）+5（红）若，则甲和乙均得0分得分和X的分布列为：X01234P.20. 如图，已知椭圆离心率为，直线l与圆相切于第一象限，与椭圆C相交于A，B两点，与圆相交于M，N两点，（1）求椭圆C的标准方程；（2）当的面积取最大值时（O为坐标原点），求直线l的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据和离心率的定义求出a、b，即可求解；（2）设直线l的方程为，根据直线与圆的位置关系可得.将直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示、，结合弦长

17、公式化简计算可得，由基本不等式计算可得，当且仅当时取等号，求出m即可求解.【小问1详解】依题意得，又，椭圆C的标准方程为；【小问2详解】依题意可设直线l的方程为，直线l与圆C相切，即，联立方程组消去y整理得，即当且仅当即时取等号，此时，直线l的方程为，即21. 已知函数，（1）若直线与曲线相切，求a的值；（2）用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.【小问1详解】设切点为，（*）消去a整理，得，【小问2详解】

18、当时，在上无零点当时，若，此时，是的一个零点，若，此时，不是的零点当时，此时的零点即为的零点令，得，令，则，当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增，且当时，（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点综上所述，当或时，在上有唯一零点；当或时，在上有两个零点；当时，在上有三个零点请考生在第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xOy中，已知直线l的方程为，曲线C的参数方程为（为参数

19、）以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线l的极坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设直线与曲线C相交于点A，B，与直线l相交于点C，求的最大值【答案】（1）直线l的极坐标方程：，曲线C的普通方程： （2）【解析】【分析】（1）利用公式、以及消参的方法求解.（2）利用方程联立、两点间的距离公式、换元法以及函数进行计算求解.【小问1详解】因为直线l的方程为，所以直线l的极坐标方程：，曲线C的参数方程为，所以，消去参数有：，所以曲线C的普通方程：.【小问2详解】因为直线与曲线C相交于点A，B，由(1)有：曲线C，由，得，解得，所以，解得，所以，又直线与与直线l相交于点C，由得，所以，所以，令 由有：，所以，因为，所以，所以,所以，所以的最大值为选修45：不等式选讲23. 已知函数（1）若的最小值为1，求a的值；（2）若恒成立，求a的取值范围【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）根据结合取等条件即可得解；（2）把恒成立，转化为恒成立，分情况讨论去绝对值符号，从而可得出答案.【小问1详解】因为，当且仅当时取等号，当且仅当时取等号，所以，解得或，故a的值为或；小问2详解】令，由题意知恒成立，当且时, ,要使得恒成立,则可得当时,因为恒成立, 则,由图像可知所以,所以综上可知，实数a的取值范围为