江西省吉安市泰和县2023届高三数学（文）第一次模考试题（Word版附解析）.docx

1、泰和县2023届高三下学期第一次模考数学（文）试题一选择题（本大题共12个小题，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，且，满足这样的集合的个数（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9【答案】B【解析】【分析】由集合间的基本关系，对集合中元素个数进行分类讨论，列举出所有可能即可得出结果.【详解】根据题意可知，集合还应包含集合中除元素1，2之外的其他元素；若集合中有三个元素，则可以是；若集合中有四个元素，则可以是；若集合中有五个元素，则可以是；即这样的集合的个数为7个.故选：B2. 若复数（i为虚数单位），则（ ）A. B. C. 1D. 【答案】B

2、【解析】【分析】复数的分式运算，同乘共轭复数，利用模长公式即可得到答案.【详解】,故选：B.3. 由国家信息中心“一带一路”大数据中心等编写的“一带一路”贸易合作大数据报告（2017）到2016年这六年中，中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额图表如下，下列说法中正确的是（ ）中国与“一带一路”沿线国家出口额和进口额（亿美元）A. 中国与沿线国家贸易进口额的极差为1072.5亿美元B. 中国与沿线国家贸易出口额的中位数不超过5782亿美元C. 中国与沿线国家贸易顺差额逐年递增（贸易顺差额贸易出口额贸易进口额）D. 中国与沿线国家前四年的贸易进口额比贸易出口额更稳定【答案】D【解析】【分析】根

3、据图表中的数据，结合统计中的相关概念逐一计算判断即可得出答案.【详解】对于A,中国与沿线国家贸易进口额的极差为所以A错误；对于B，由已知图中的数据可得出口额额的中位数为，故B错误；对于C，2011年至2016年的贸易顺差额依次为142.9，428.6，976.8，1536.8，2262.4，2213.7，2016年开始下降，故C错误；由图表可知中国与沿线国家前四年的贸易出品额比贸易进口额波动性更大，故D正确故选：D4. 已知数列是首项为，公比为的等比数列，则（ ）A. 是等差数列B. 是等差数列C. 是等比数列D. 是等比数列【答案】AD【解析】【分析】由题意得数列的通项公式，然后写出每个选项

4、中对应的数列的通项公式，再判断是等差数列还是等比数列.【详解】由题意得，所以数列是常数列，故A正确；数列的通项公式为，则，所以数列是公比为的等比数列，B错误；，所以数列是公差为的等差数列，C错误；，所以数列是公比为的等比数列，D正确.故选：AD5. “数列（）满足（其中为常数）”是“数列（）是等比数列”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【详解】当q=0时，但此时数列（）不是等比数列，但当数列（）是等比数列时，必定满足，故选：B.6. 已知，且是第四象限角，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】

5、由诱导公式化简得，再由即可得解.【详解】，由是第四象限角，故选：B.【点睛】本题主要考查了诱导公式及同角三角函数关系，属于基础题.7. 圆柱的侧面展开图是边长为4的正方形，则圆柱的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，圆柱的底面周长和高均等于4，由此算出底面圆的半径为r=，利用圆柱的表面积公式即可算出该圆柱的表面积【详解】圆柱的侧面展开图是边长为4的正方形，圆柱的高与母线长都为4，底面周长等于4，设底面圆的半径为r，可得2r=4，得r=，因此该圆柱的表面积是，故选：B.8. 已知向量，满足，那么与的夹角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析

6、】根据模的向量运算，将平方后化简，即可由平面向量的数量积定义求得与的夹角.【详解】向量，满足，则所以，代入，可求得，由平面向量数量积定义可知，设与的夹角为，则，则，因为，所以，故选：B.【点睛】本题考查了平面向量夹角的求法，平面向量数量积定义及模的运算，属于基础题.9. 设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程

7、为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.10. 如图所示，一个几何体的主视图和左视图都是边长为4的正方形，中间线段平分正方形，俯视图中有一内切圆，则该几何体的全面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出三视图对应的几何体，再利用几何体的结构特征计算表面积作答.【详解】如图，所给三视图对应的几何体是底面边长为4，高为2的正四棱柱上面放置一个底面圆半径为2，高为2的圆柱，该几何体的全面积是正四棱柱的全面积加上圆柱的侧面积，所以几何体的全面积.故选：A11. 已知曲线在点的切线与曲线相切，则实数的值为()A. B. 或C. D. 或【答案】C【解析】【分

8、析】根据已知求得切线方程，又该切线与曲线相切，联立得一元方程有唯一解，即可得实数的值.【详解】解：由，求导得，所以曲线在点处的切线的斜率为，所以在点处的切线的方程为，其也为曲线的切线由，得，此方程只有唯一解，所以当时，方程无解，舍去；当时，解得或(舍)，所以.故选：C.12. 若存在实常数和，使得函数和对其定义域上的任意实数都满足和恒成立，则称直线为和的“隔离直线”，已知函数，下列命题正确的是（ ）A. 与有“隔离直线”B. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围为C. 和之间存在“隔离直线”，且的取值范围是D. 和之间存在唯一的“隔离直线”【答案】ABD【解析】【分析】对于A，取直线，讨论与的

9、符号判断A；对于B，C，令隔离直线为，利用二次不等式恒成立计算判断B，C；对于D，函数与有公共点，求出在点处的切线，再证明此切线与图象关系作答.【详解】对于A，取直线，当时，即成立，当时，令，则在递减，在上递增，即成立，直线是与的“隔离直线”，A正确；对于B，C，令和的“隔离直线”为，则，则，有，有，当时，不等式成立，当时，的对称轴，而时，则，即，显然满足此不等式，有，而，解得，同理，B正确，C不正确；对于D，因，即和的图象有公共点，若和有隔离直线，则该直线必过点，设过点的直线方程为，即，由，即恒成立，则，解得，即这条直线为，令，求导得：，当时，当时，即在上递减，在上递增，即，和之间存在唯一的

10、“隔离直线”，D正确.故选：ABD【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.二填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.）13. 函数则f(7)_.【答案】8【解析】【分析】代入数据直接计算得到答案.【详解】函数，f(7)f(f(12)f(9)f(f(14)f(11)8.故答案为：.【点睛】本题考查了分段函数求函数值，意在考查学生的计算能力.14. 满足不等式组的点所围成的平面图形的面积为_【答案】【解析】【分析】画出约束条件表示的可行域，利用微积分基本定理求出可行域的面积【详解】画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分，由题意不等式组，表

11、示的平面区域如图所示，其中解得：或，即，,所以平面图形的面积为：故答案为：15. 某社区5名工作人员要到4个小区进行“爱分类”活动的宣传，要求每名工作人员只去一个小区，每个小区至少去一名工作人员，则不同的安排方法共有_种.【答案】240【解析】【分析】先在5人中选两人捆绑在一起，再全排列即可.【详解】由题意知：4个小区，有一个小区2人，其他3个小区每个小区一人.则共有种.故答案为：240.16. 下列命题：若是定义在上的偶函数，且在上是增函数，则；若锐角满足，则；若，则对恒成立；要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位其中是真命题的有_（填正确命题序号）【答案】【解析】【分析】当时即可判断

12、；由诱导公式结合正弦函数单调性即可判断；由倍角公式及诱导公式即可判断；由三角函数图象的平移变换即可判断.【详解】对于，当时，此时，错误；对于，由可得，又，则，又在上单调递增，则，即，正确；对于，则，错误；对于，将的图象向右平移个单位得到，错误.故答案为：.三解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理验算过程.）17. 已知是等比数列，且，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用等比数列的通项公式可求得结果；（2）求得，利用分组求和法可求得.【

13、小问1详解】解：设等比数列的公比为，则，由题意可得，解得，则.【小问2详解】解：因为，所以，.18. 袋中有2个白球，3个红球，5个黄球，这10个小球除颜色外完全相同.(1)从袋中任取3个球，求恰好取到2个黄球的概率；(2)从袋中任取2个球，记取到红球的个数为，求的分布列、期望和方差.【答案】(1)；(2)的分布列见解析，期望为，方差为.【解析】【分析】(1)利用古典概型的概率公式求解即可；(2)结合题意写出可能的取值，分别求出相应的概率即可得到的分布列，然后利用期望和方差公式求解即可.【详解】(1)从袋中任取3个球，共有种情况，若从袋中任取3个球中，恰好取到2个黄球共有种，故从袋中任取3个球

14、，求恰好取到2个黄球的概率为；(2)由题意可知，可能取值为，0，1，2，故的分布列如下表：012从而期望，方差.19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是菱形，.（1）求证：平面PAC；（2）若，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见详解；（2）【解析】【分析】（1）先证明，再证明平面PAC，即得证；（2）分别求平面PAC，PBC的法向量，再利用公式求解二面角的平面角的余弦值.【详解】（1） 因为底面ABCD是菱形，所以平面ABCD，平面ABCD又AC，PA是平面PAC内的相交直线平面PAC.（2） 设，因为，所以如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，则，设平

15、面PDB的法向量为：，则令平面PAC的法向量由图得：二面角为锐角，因此：.【点睛】本题考查了线面垂直的判定，以及二面角的求解，考查了学生逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于中档题.20. 已知椭圆的离心率，直线与椭圆交于两点，为椭圆的右顶点，.（1）求椭圆的方程；（2）若椭圆上存在两点，使，求面积的最大值.【答案】（1）； （2） .【解析】【分析】（1）设 ，通过，以及椭圆的离心率，A在椭圆上，列出方程求出椭圆的几何量，然后求解椭圆方程；（2）设，中点为，利用，得到方程组，利用E,F在椭圆上，代入椭圆方程，利用平方差法求出斜率，得到直线的方程代入椭圆方程，利用韦达定理求出 ，求出三角形的

16、高，表示出三角形的面积，利用基本不等式求出最值【小问1详解】根据题意，不妨设，则，解得：，椭圆的方程为：.【小问2详解】设，中点为，由（1），椭圆上，则，相减可得，直线的方程为：，即，代入整理得：，原点到直线的距离为，当时等号成立，所以面积的最大值为.21 设，函数.（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）若无零点，求实数的取值范围；（3）若有两个相异零点，求证：【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据导数几何意义得切线斜率为，再根据点斜式求切线方程；（2）对分三种情况讨论得解；（3）利用分析法证不等式，要证，只要证，根据零点条件可得，令，构造函数，利用导数可得单

17、调性，即得，逆推可得结论.【小问1详解】解：函数的定义域为，当时，则切线方程为，即切线方程为.【小问2详解】解：若时，则，是区间上的增函数，函数在区间有唯一零点；若，有唯一零点；若，令，得，在区间上，函数是增函数；在区间上，函数是减函数；故在区间上，的极大值为，由于无零点，须使，解得，故所求实数取值范围是.【小问3详解】证明：要证，两边同时取自然对数得.由得，得.所以原命题等价于证明.因为，故只需证，即.令，则，设（），只需证.而，故在单调递增，所以.综上得.【点睛】关键点睛：解答本题的难点在第3小问，解答有两个关键，其一是要会利用分析法等价转化命题；其二是能够利用代换化双变量问题为单变量问题

18、解答.请从下面所给的2223两题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑，按所涂题号进行评分；不涂多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分.选修4-4：坐标系与参数方程22. 在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，点为曲线上的动点，点在线段的延长线上且满足点的轨迹为.（1）求曲线的极坐标方程；（2）设点极坐标为，求面积的最小值.【答案】（1）：，：； （2）2.【解析】【分析】（1）消去参数，求得曲线的普通方程，再根据极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，即可求得曲线的极坐标方程，再结合题设条件，即可求得曲线

19、的极坐标方程；（2）由,求得，求得面积的表达式，即可求解.【详解】（1）由曲线的参数方程为 (为参数)，消去参数，可得普通方程为，即，又由，代入可得曲线的极坐标方程为，设点的极坐标为，点点的极坐标为，则，因为，所以，即，即，所以曲线的极坐标方程为.（2）由题意，可得,则，即，当，可得的最小值为2.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，以及直角坐标方程与极坐标方程的互化，以及极坐标方程的应用，着重考查推理与运算能力，属于中档试题.选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）若的最小值为，求的值；（2）在（1）条件下，为正实数，且，求证：.【答案】（1）2； （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用绝对值的三角不等式求解最小值作答.（2）利用（1）的结论，结合柯西不等式推理作答.【小问1详解】函数的定义域为R，当且仅当时取等号，所以的最小值.【小问2详解】由（1）知，正实数，满足：因此，当且仅当，即时取等号，所以.