江西省赣州市2023届高三数学（文）二模试题（Word版附解析）.docx

1、赣州市2023年高三年级适应性考试数学（文科）试卷本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟第卷一、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】解一元二次不等式求出集合，然后计算，再由正弦函数的值域计算集合，与求交集即可求解.【详解】或，所以，所以，故选：D.2. 已知复数，若，则（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的概念及复数相等求解即可得解.【详解】因为，所以可得，即，所以，所以，故选：B3.

2、 已知等差数列中，是其前项和，若，则（ ）A. 7B. 10C. 11D. 13【答案】C【解析】【分析】设出公差，列出方程组，求出公差和首项，得到答案.【详解】设公差为，则，解得，故.故选：C4. 已知抛物线与圆交于A，两点，且的焦点在直线上，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】求出焦点坐标，进而得到点坐标，代入圆中，求出答案.【详解】由题意得，抛物线中，当时，不妨设，则，解得，负值舍去.故选：C5. 某班有40名学生，在某次考试中，全班的平均分为70分，最高分为100分，最低分为50分，现将全班每个学生的分数以（其中）进行调整，其中是第个学生的原始分数，是第个学生

3、的调整后的分数，调整后，全班最高分为100分，最低分为60分，则（ ）A. 调整后分数的极差和原始分数的极差相同B. 调整后分数的中位数要高于原始分数的中位数C. 调整后分数的标准差和原始分数的标准差相同D. 调整后分数的众数个数要多于原始分数的众数个数【答案】B【解析】【分析】计算出，且利用作差法得到除了最高分数外，调整后的分数都高于调整前的分数，从而对四个选项作出判断.【详解】由题意得，解得，于是，则，即除了最高分数外，调整后的分数都高于调整前的分数，A选项，调整后分数的极差小于原始分数的极差，A错误；B选项，调整后的分数平均数和中位数分别高于原始分数的平均数和中位数，B正确；C选项，根据

4、，可知调整后的分数的标准差是调整前标准差的0.8倍，C错误；D选项，如果原始分数相同，则调整后分数也相同，故调整后的分数的众数和原始分数的众数个数相同，D错误.故选：B6. 我国古代数学名著九章算术中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程确定的值，类似地的值为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】设未知数，列出方程，得到答案.【详解】设，则，平方得，解得，负值舍去.故选：B7. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【

5、解析】【分析】设，得到，画出图象，数形结合得到答案.【详解】令，则，其中，在同一坐标系内画出，故故选：D8. 正六面体有6个面，8个顶点；正八面体有8个面，6个顶点，我们称它们互相对偶.如图，连接正六面体各面的中心，就会得到对偶的正八面体.在正六面体内随机取一点，则此点取自正八面体内的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出总体积以及符合要求的体积，代入几何概型的计算公式即可【详解】设正方体的棱长为2，则正方体的体积，正八面体是由两个全等的正四棱锥组成，且棱长为，则正四棱锥的底面积为2，高为1，体积为，则正八面体的体积，则此点取自正八面体内的概率：故选：A.【点睛】

6、本题考查了利用体积之比求解几何概型问题，属于中档题.9. 已知双曲线的左、右焦点分别是，直线分别经过双曲线的实轴和虚轴的一个端点，到直线的距离和大于实轴长，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用点到直线距离公式列出不等式，求出，得到离心率取值范围.【详解】设直线经过，则直线的方程为，即，则到直线的距离分别为，故，解得，故离心率，故双曲线的离心率的取值范围是.故选：B10. 已知三棱锥的外接球的表面积为，平面，则该三棱锥中的，面积之和的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将三棱锥补形长方体，设，由条件证明，表示三角形的

7、面积和，利用基本不等式求其最大值.【详解】如图将三棱锥补形长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，所以长方体的对角线为其外接球的直径，设，则，因为三棱锥的外接球的表面积为，所以，所以，所以，三棱锥中的，面积之和，故，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以三棱锥中的，面积之和的最大值为.故选：D.11. 定义在上的偶函数满足，且，关于的不等式的整数解有且只有个，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，且该函数为周期函数，周期为，根据题意可知不等式在上有且只有个整数解，数形结合可

8、得出关于实数的不等式组，即可得解.【详解】因为定义在上的偶函数满足，所以，函数的图象关于直线对称，则，即函数为周期函数，且周期为，令，该函数的定义域为，则，即函数为偶函数，因为，则，即满足，又因为不等式有个整数解，所以，不等式上有且只有个整数解，如下图所示：所以，即，解得.故选：A.12. 若函数在上单调，且满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意结合三角函数的性质分析可得，对称轴为，对称中心为，运算求解即可.【详解】函数在上单调，则，可得，因为，且，所以的对称轴为，又因为，且在上单调，所以的对称中心为，即，注意到对称轴为与对称中心相邻，可得，则，且，解得，因为

9、的对称轴为，则，解得，且，取，则.故选：D.第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第1321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,则向量与的夹角为_【答案】【解析】【分析】条件中给出了两个向量的模长，要求夹角只要求出向量的数量积，需要运用，得到关于与数量积的方程，解出结果代入求夹角的公式，注意夹角的范围【详解】|=1，|=2，=0，=1，cos=，0，两个向量的夹角是，故答案为：【点睛】平面向量的数量积计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，

10、先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用. 利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决列出方程组求解未知数.14. 若实数x，y满足,则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】画出实数x，y满足的平面区域，表示可行域内的点到连线的斜率，结合图象即可求出斜率的取值范围.【详解】画出可行域如图所示，三角形区域即为可行域，而表示可行域内的点到连线的斜率，易得，.故答案为：.15. 曲线在点处的切线与坐标轴所围成的三角形的面积为_【答案】#0.25【解析】【分析】求导，得到切线方程的斜率，进而求出切线方程，求出与坐标轴围成的三角形

11、面积.【详解】，故，故在点处的切线方程为，令得，令得，所以切线与坐标轴所围成的三角形面积为.故答案为：16. 设为数列的前项和，满足，其中，数列的前项和为，满足，则_【答案】【解析】【分析】利用得到，得到，利用裂项相消法求和.【详解】当时，当时，两式相减得，即，所以，且对也适合，综上，故，.故答案为：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17. 在中，角A，B，C满足（1）求证：；（2）若角，求角A的大小【答案】（1）证明过程见解析 （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而

12、证明出结论；（2）在（1）的基础上，结合三角恒等变换得到，由角A的范围得到答案.【小问1详解】，由正弦定理得，其中，所以，变形得到，由正弦定理得；【小问2详解】，故，即，所以，因为，所以，故，解得.18. 某同学在生物研究性学习中，对春季昼夜温差大小与黄豆种子发芽多少之间的关系进行研究，于是他在4月份的30天中随机挑选了5天进行研究，且分别记录了每天昼夜温差与每天每100颗种子浸泡后的发芽数，得到如下资料：日期4月1日4月7日4月15日4月21日4月30日温差x/101113129发芽数y/颗2325302616（1）从这5天中任选2天，求这2天发芽的种子数均不大于26的概率；（2）请根据这5

13、天中的数据，求出关于的线性回归方程附：回归直线的斜率的最小二乘估计公式为【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，由列举法结合古典概型概率计算公式即可得到结果；（2）根据题意，由最小二乘估计公式分别求得即可得到结果.【小问1详解】由题意，所有取值范围有，共有10个；设均不大于26为事件A，则事件A包含的基本事件有共6个，则.【小问2详解】由数据可得，则，则，则，所以关于的线性回归方程为19. 在直三棱柱中，为的中点，为侧棱的中点（1）证明：平面；（2）设，且异面直线与所成的角为30，求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）连接，设，证明，根据线面平行判

14、定定理证明平面；（2）取的中点为，结合异面直线夹角定义可得，由条件解三角形求，证明平面，结合锥体体积公式求三棱锥的体积【小问1详解】连接，设，因为为侧棱的中点所以，所以，因为为的中点，所以，所以，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】取的中点为，因为为的中点，所以，又，所以，所以为异面直线与所成的角，故，设，因为，所以，又，所以，又，因为，平面，所以平面，平面，所以，所以，又，所以，即，因为，平面，所以平面，所以三棱锥的体积.20. 已知函数（1）求函数的极值；（2）对于任意的，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）极小值为，极大值为； （2）.【解析】【分析】（1）根据导数

15、的性质，结合极小值的定义进行求解即可；（2）问题转化为恒成立，然后构造函数，利用导数判定其单调性即可.【小问1详解】由得，令，则或，令，则，故当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有极小值点，极小值为；当时，函数有极大值点，极大值为；【小问2详解】问题，时恒成立，等价于恒成立，构造函数，即，即证函数在上单调递减，即在上恒成立，由，设，因为，所以，所以函数单调递减，故，因此.【点睛】关键点睛：构造函数利用导数的性质进行求解是解题的关键，对于恒成立的问题可以用分离参数来处理.21. 已知椭圆过点，且离心率为（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交于、两点时，在线段上取点，满足

16、，证明：点总在某定直线上【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）设点、，记，则且，可知，利用平面向量的坐标运算结合点差法求出点的轨迹方程，即可证得结论成立.【小问1详解】解：由题意可得，解得，所以，椭圆的方程为.【小问2详解】解：设点、，因为，记，则且，又因为点在椭圆外，且、四点共线，所以，所以，所以，所以，又因为，则，作差可得，即，即，即，故点总定直线上.【点睛】关键点点睛：本题考查利用线段长之比相等求点的轨迹方程，解题的关键在于引入参数，将相等的长度之比转化为向量的坐标运算，结合点差法进行求解.请考

17、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，曲线：（为参数，且）以坐标原点为点，轴为极轴建立极坐标系（1）求普通方程和极坐标方程；（2）设点是上一动点，点在射线上，且满足，求点的轨迹方程【答案】（1）， （2），【解析】【分析】（1）根据圆的参数方程以及极坐标与直角坐标直角的转化运算求解，注意参数的取值范围；（2）根据题意结合极坐标的定义分析运算.【小问1详解】由消去参数可得：，注意到，则，所以的普通方程为，可知曲线表示以圆心，半径为1的上半圆，由，整理得，则，且，可得，又因为曲线为上半圆，则极角，所以的极坐标方程为.【小问2详解】设点的极坐标为，因为点在射线上，且满足，则点的极坐标为，则，即，可得点的轨迹的极坐标方程为，所以点的轨迹的直角坐标方程为，. 选修4-5：不等式选讲23. 设函数（1）求函数的最小值；（2）若，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，即可画出函数图象，数形结合即可判断；（2）根据的符号关系，将绝对值不等式进行化简，结合绝对值不等式的性质进行证明即可【小问1详解】，所以的图象如下所示：则在上单调递减，在上单调递增，所以.【小问2详解】若，则， 若，则，因此，而，故成立.