江西省南昌市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）.docx

1、SRS2023届高三模拟测试（第二次）文科数学一、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】D【解析】分析】通过解二次不等式和对数不等式求出集合，然后由交集运算得出答案【详解】由可得，所以，由，即，可得，所以，所以.故选：D2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘、除法运算得到，结合复数的几何意义即可求解.【详解】复数满足，对应点为，在第四象限.故选：D.3. 执行如图所示的程序

2、框图，若输入，则输出y的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据程序框图运行即可求解.【详解】因为成立，所以运行，即，所以输出的y的值是.故选：A4. 已知数列，若，则（ ）A. 9B. 11C. 13D. 15【答案】B【解析】【分析】由题中条件，分别令，即可得解.详解】由，令，则，则，令，则，则.故选：B.5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据对数函数和指数函数的单调性结合中间量法即可得解.【详解】因为，所以.故选：C.6. 已知函数，命题，使得，命题，当时，都有，则下列命题中为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【

3、解析】【分析】根据正弦函数的性质和指数函数的性质依次判断命题p、q的真假，结合命题“且”、“或”、“非”的概念，依次判断即可.【详解】命题p：当时，所以，即，则，使得，故命题p为假命题；命题q：当时，函数单调递增，又函数在R上单调递增，所以函数在上单调递增，所以时，故命题q为真命题.则命题为真，故A正确；命题为假，故B错误；命题为假，故C错误；命题为假，故D错误.故选：A.7. 已知抛物线的准线为l，点M是抛物线上一点，若圆M过点且与直线l相切，则圆M与y轴相交所得弦长是（ ）A. B. C. 4D. 【答案】D【解析】【分析】设，则，进而，解得，利用垂径定理计算即可求解.【详解】由题意得，则

4、准线为，设，因为圆M与直线l相切，所以圆的半径为，则圆的标准方程为，又圆M过点，所以.又，由，解得，则，设圆M与y轴交于点B、C，则.故选：D. 8. 如图，A，B，C是正方体的顶点，点P在正方体的表面上运动，若三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，则三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据三棱锥的三视图的面积确定点的位置，从而求出体积.【详解】因为三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，正方体边长为2，所以点在如图所示的顶点位置，三棱锥的体积为.故选：C9. 已知数列的前n项的积为，若，则的最大值为（ ）A. B. 2C. D.

5、 【答案】A【解析】【分析】计算可得；当时，由于，所以，从而得出结果.【详解】，可得；当时，时，当时，当时取等号，综上，当或5时，取最大值.故选：A10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若成等差数列，且的面积为，则（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】由成等差数列得，结合余弦定理，可得，由的面积为，可得，两式相除可得答案.【详解】若成等差数列，则，由余弦定理得，则，由的面积为，得，则，由得.故选：C.11. 已知函数的三个零点分别为1，若函数为奇函数，则的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用，求得的表达式，由函数为奇函数，所以

6、关于对称，可求得，利用二次函数零点分布的知识，求得满足的不等式组，求出的范围，即可求得的取值范围.【详解】由，得.所以，对于函数，其开口向上，因为函数为奇函数，所以关于对称，其两个零点，则，且且满足，解得：，根据二次函数零点分布的知识有，解得：，故选：B.12. 已知M是圆上的动点，以点M为圆心，为半径作圆M，设圆M与圆C交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，圆M的方程为，又圆，两式相减得直线的方程，设直线上的点为，则，又，以为主元，由题意二者有公共点，从而求得，然后逐项验证即可.【详解】设，则，所以，圆M的方程为，又圆，两式相减

7、，得，即为直线的方程，设直线上的点为，则，整理得，又M是圆上的动点，则，以为主元，则表示直线，表示以为圆心，2为半径的圆，由题意，二者有公共点，则到直线的距离，即，得，对于A，对于B，对于C，对于D，则各选项的点中，直线一定不经过.故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 是以2为周期的函数，若时，则_【答案】【解析】【分析】直接根据函数的周期性求解即可.【详解】因为是以2为周期的函数，若时，所以.故答案为：.14. 某红绿灯十字路口早上9点后的某分钟内10辆汽车到达路口的时间依次为（单位：秒）：1，2，4，7，11，16，21，29，37，46，令表示第i辆车到达路口的

8、时间，记，则的方差为_【答案】#【解析】【分析】先求出的平均数，再利用求方差公式得到答案.【详解】由题意得，故的平均数为，故的方差为.故答案为：15. 圆锥曲线都具有光学性质，如双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经过双曲线反射后，反射光线是发散的，其反向延长线会经过双曲线的另一个焦点如图，一镜面的轴截面图是一条双曲线的部分，是它的一条对称轴，F是它的一个焦点，一光线从焦点F发出，射到镜面上点B，反射光线是，若，则该双曲线的离心率等于_【答案】#【解析】【分析】反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由题中条件可得，在直角三角形中，由双曲线的定义可得，所以，即可求得答案.【详

9、解】在平面直角坐标系中，如图，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点，由，可得，在直角三角形中，由双曲线的定义可得，所以，即，所以，故答案为：16. 已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_【答案】【解析】【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解.【详解】如图，正四面体在点截去小正四面体，取中点，连接，过点作平面，则在上，且平面，垂足为，连接，则为正的中心，大正四面体的外

10、接球球心在高上，设为，连接，则，因为大正四面体的棱长为，故，解得，由勾股定理得，在Rt中，即，解得，则大正四面体的外接球半径为3，若这个八面体的外接球半径为，则截去的小正四面体的棱长最小，由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接，则，设截去的小正四面体的棱长为，则，即，则，故，故高，所以，在Rt中，即，解得或，不合要求，舍去，符合要求，截去的小正四面体的棱长最小值为.故答案为：【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构

11、造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径三解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721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（一）必考题：共60分17. 如图是函数的部分图象，已知（1）求；（2）若，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设，则，再根据求得周期，即解；（2）根据结合三角恒等变换化简计算即可的解.【小问1详解】设，函数的最小正周期为T，则，则，故，解得(负值舍去)，所以，所以；【小问2详解】由（1）得，得，即，所以，又因，则，所以，所以.18. 如图，在四棱锥中，已知

12、底面是边长为4的菱形，平面平面，且，点E在线段上，（1）求证：；（2）求点E到平面的距离【答案】（1）证明过程见解析 （2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，由三线合一得到垂直关系，再利用余弦定理得到边长，由勾股定理逆定理得到线线垂直，证明线面垂直，得到垂直关系；（2）利用等体积法求出点到平面的距离，进而由比例关系得到点E到平面的距离.【小问1详解】取中点，连接，因为底面是边长为4的菱形，且，所以为等边三角形，故，且，因为，所以，因为，所以，在三角形中，故，因为，故，因为，平面，所以平面，因为平面，所以【小问2详解】因为平面平面，交线为，平面，所以平面，其中，故，连接，则，且，由勾股定理到，则

13、，取中点，连接，则，由勾股定理得，则，设点到平面的距离为，因为，所以，因为，所以点E到平面的距离为.19. 一地质探测队为探测一矿中金属锂的分布情况，先设了1个原点，再确定了5个采样点，这5个采样点到原点距离分别为，其中，并得到了各采样点金属锂的含量，得到一组数据，经计算得到如下统计量的值：，其中（1）利用相关系数判断与哪一个更适宜作为y关于x的回归模型；（2）建立y关于x的回归方程参考公式：回归方程中斜率、截距的最小二乘估计公式、相关系数公式分别为，；参考数据：【答案】（1）用作为y关于x的回归模型方程更适宜，理由见解析； （2）【解析】【分析】（1）用作回归模型求出相关系数，用作为回归模型

14、求出相关系数，比较大小可得答案；（2）由已知条件求出，可得答案.【小问1详解】若用作回归模型，所以相关系数，若用作为回归模型，相关系数，比较与，因为，所以用作为y关于x的回归模型方程；【小问2详解】由（1），则y关于x的回归方程为.20. 已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，上顶点为B，且（1）求椭圆C的方程；（2）若过且斜率为k的直线l与椭圆C在第一象限相交于点Q，与直线相交于点P，与y轴相交于点M，且求k的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据焦距和角的正切值得到方程，求出，得到椭圆方程；（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，得到，再与直线方程联立，得到，根据题干条件得到方程

15、，代入求出答案，舍去不合要求的解.【小问1详解】由题意得，解得，又，故，即，又，解得，故椭圆方程为；【小问2详解】直线l的方程为，与联立得，设，则，解得，因为点Q在第一象限，所以，解得，直线方程为，与联立得，故，中，令得，故，因为，所以，整理得，即，化简得，解得或，其中不满足，舍去，满足要求，故.21. 已知函数（1）若时，求函数的极值；（2）若，设函数的较大的一个零点记为，求证：【答案】（1）极小值，无极大值 （2）证明见解析【解析】【分析】（1），求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；（2）利用函数的单调性可知，当时，以必然存在，使得，即，所以，要证明，只要证明，构造函数，结合函数的单调

16、性，可证得结论.【小问1详解】当时，则，当时，则在为减函数；当时，则在为增函数；所以的极小值为，无极大值【小问2详解】由，则，因为且当时，则在为减函数；当时，则在为增函数；所以当时，又因为，所以，当，此时，所以必然存在，使得，即，所以，要证明，即证明，即证明，即只要证明，设，则，所以当时，则在上为减函数，所以即，即【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见解题策略：（1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数一般思路为利用条件将问题逐步转化，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数，再通过导数研究函数的性质进行

17、证明（二）选考题：共10分请考生在第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. “太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”在平面直角坐标系中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，其中黑、白区域分界线，为两个圆心在轴上的半圆，在太极图内，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系（1）求点的一个极坐标和分界线的极坐标方程；（2）过原点的直线与分界线，分别交于，两点，求面积的最大值【答案】（1），： （2）【解析】【分析】（1）由直角坐标和极坐标互化公式转化即可；（2）由图形对称性知，在极

18、坐标系中，求，并求其最大值即可.【小问1详解】设点的一个极坐标为，则，点在第三象限，点的一个极坐标为.“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为的圆，分界线的圆心直角坐标为，半径为，的直角坐标方程为（），即（），将，代入上式，得，化简，得分界线的极坐标方程为，.【小问2详解】在上，设点的极坐标为，则，的面积，当，即时，的面积的最大值为.直线过原点分别与，交于点，由图形的对称性易知，面积，面积的最大值为.选修4-5：不等式选讲23. 已知（1）在给出的直角坐标系中画出函数的图象；（2）若在上恒成立，求的最小值【答案】（1）图象见解析 （2）3【解析】【分析】（1）化简为分段函数形式，作图即可；（2）结合函数和的图象，分，与四种情况讨论，结合图象及基本不等式求解【小问1详解】其图象如下图所示：【小问2详解】由（1）知函数与轴的交点为和，结合函数和的图象可以知道，当时，当或或时，由图可知在上不可能恒成立；当时，而的值有负数，可知在上不可能恒成立；当时，只需，则在上恒成立，此时，当时，过点且斜率为的直线方程为，令，则，要在上恒成立，则，此时，当且仅当时等号成立综上：的最小值为3