江西省赣州市2023届高三数学（理）下学期3月摸底考试试题（Word版附解析）.docx

1、赣州市2023年高三年级摸底考试数学（理科）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（选择题共60分）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. 已知全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解分式不等式得集合，再根据补集定义求解即可【详解】依题意可得集合，全集，所以故选：B2. 已知为虚数单位，若，则实数的值为（ ）A. -1B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】利用复数除法化简等式左侧，根据复数相等列方程组求参数值.【详解】由题设，所以，可

2、得.故选：D3. 在平面直角坐标系中，角，均以坐标原点为顶点，轴的正半轴为始边若点在角的终边上，点在角的终边上，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用三角函数的定义求出，再利用两角和与差的余弦公式即可求解【详解】由点在角的终边上，则，又点在角的终边上，则，所以故选：B4. 某公司对2022年的营收额进行了统计，并绘制成如图所示的扇形统计图.在华中地区的三省中，湖北省的营收额最多，河南省的营收额最少，湖南省的营收额约2156万元.则下列说法错误的是（ ）A. 该公司2022年营收总额约为30800万元B. 该公司在华南地区的营收额比河南省营收额的3倍还多C. 该公司在华

3、东地区的营收额比西南地区、东北地区及湖北省的营收额之和还多D. 该公司在湖南省的营收额在华中地区的营收额的占比约为35.6%【答案】D【解析】【分析】根据题意给的数据，结合选项依次计算即可求解.【详解】A：湖南省的营收额约为2156万元，占比7.00%，所以2022年营收额约为万元，故A正确；B：华南地区营收额占比为19.34%，河南省的营收额占比为6.19%，有，所以华南地区的营收额比河南省的3倍还多，故B正确；C：华东地区的营收额占比为35.17%，西南地区的营收额占比为13.41%，东北地区的营收额占比为11.60%，湖北的营收额占比为7.29%，有13.41%+11.60%+7.29%

4、=32.3%35.17%，故C正确；D：湖南的营收额占比为7.00%，华中地区的营收额占比为20.48%，有，故D错误.故选：D.5. 已知点，双曲线的左焦点为，点在双曲线的右支上运动.当的周长最小时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义可以得出=，当三点共线时最小.【详解】由双曲线得到,，左焦点，设右焦点.当的周长最小时，取到最小值，所以只需求出的最小值即可.=.故选：C.6. 已知，则（ ）A. 40B. 8C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，根据二项式展开式可得、，即可求解.【详解】设，则，所以，所以.故选：D.7. 在中，角，所对的边分别为，若

5、，成等差数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意和等差数列等差中项的应用可得、，利用余弦定理化简计算即可求解.【详解】由，得，由成等差数列，得，由余弦定理，得，即，整理，得，由得，由得.故选：C.8. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用对数、指数的性质判断大小关系即可.【详解】因为，所以.故选：D9. 若函数，则方程实根个数为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】A【解析】【分析】由题意画出函数的图象，由方程，得或，再数形结合即可求解【详解】由，则可作出函数的图象如下：由方程，得或，所以方程的实根个数为3故选：A10.

6、德国数学家米勒曾提出最大视角问题，这一问题一般的描述是：已知点，是的边上的两个定点，是边上的一个动点，当在何处时，最大？问题的答案是：当且仅当的外接圆与边相切于点时最大，人们称这一命题为米勒定理.已知点，的坐标分别是，是轴正半轴上的一动点.若的最大值为，则实数的值可以为（ ）A. B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点；再根据圆的性质得到为等边三角形，从而求出的值.【详解】根据米勒定理，当最大时，的外接圆与轴正半轴相切于点.设的外接圆的圆心为，则，圆的半径为.因为为，所以，即为等边三角形，所以，即或，解得或.故选：C.11. 已知椭

7、圆的左、右焦点分别为，椭圆在第一象限存在点，使得，直线与轴交于点，且是的角平分线，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意和椭圆定义可得到，和，的关系式，再根据，可得到关于，的齐次式，进而可求得椭圆的离心率【详解】由题意得，又由椭圆定义得，记，则，则，所以，故，则，则，即（负值已舍）故选：B12. 在棱长为6的正方体中，分别为，的中点，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，三棱锥与三棱柱外接球相同.确定球心位置，利用正弦定理，余弦定理，勾股定理，求出球的半径，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】如图，

8、设，分别为棱，的中点，则三棱锥与三棱柱外接球相同.在中，由余弦定理，所以；设外接圆半径为，在中，由正弦定理故外接圆半径，设三棱柱外接球半径为，由勾股定理， 则三棱锥外接球的表面积.故选：D【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是：把三棱锥的外接球转化为三棱柱的外接球，利用底面外接圆的半径和三棱柱的高，可得外接球的半径，从而得到外接球的面积.第卷（非选择题共90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量，.若，则实数的值为_.【答案】【解析】【分析】根据两个向量垂直的坐标公式计算求解即可.【详解】因为，,所以，又因为,所以，所以.故答案为: .14. 若实数，满足约束条件则

9、的最大值为_.【答案】#【解析】【分析】画出可行域，根据的几何意义即可求解.【详解】画出的可行域，如图，因为的几何意义为过点、的直线的斜率.当该直线与曲线相切时,取得最大值，设切点，则该直线斜率为，又，所以，解得，得，所以.故答案为：.15. 已知函数.若存在，使不等式成立，则整数值可以为_.（写出一个即可）.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简求出的最值,再结合存在不等式成立,求出整数的值即可.【详解】因为，化简得，因为,所以,即得,即，若存在，使不等式成立，则，所以,所以与中的任选一个即可.故答案为：.16. 已知函数，的定义域均为，且，若的图象关于直线对

10、称，且，有四个结论；4为的周期；的图象关于对称；，正确的是_（填写题号）【答案】【解析】【分析】结合和判断；根据和得到，从而可判断；根据的图象关于直线对称，和得到，从而可判断；结合有，从而可判断【详解】由，且，得，故正确；由，得，即，又，得，则，所以，故4是的周期，故正确；由的图象关于直线对称，即，又，可得，则，即，又，得，所以的图象关于对称，且，故正确；结合有，得，故正确故答案为：【点睛】本题综合考查函数的对称性和周期性，综合性较强，解答时要注意能否根据抽象函数的性质进行相应的代换，推出函数的周期，解答的关键是明确如何说明函数具有对称性和周期性等三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明

11、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. 已知数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用项与和的关系使用公式求解通项公式；（2）利用裂项相消法求和.【小问1详解】由当时，;当时，有-得：，即;不符合上式，故.【小问2详解】由（1）知故当时，；当时，；因为符合上式，故.18. 近年来，我国加速推行垃圾分类制度，全国垃圾分类工作取得积极进展.某城市推出了两套方案，并分别在，两个大型居民小区内试行方案一：进行广泛的宣传活动，通过设立宣传点、发放宣传单等方式，向小区居

12、民和社会各界宣传垃圾分类的意义，讲解分类垃圾桶的使用方式，垃圾投放时间等，定期召开垃圾分类会议和知识宣传教育活动；方案二：智能化垃圾分类，在小区内分别设立分类垃圾桶，垃圾回收前端分类智能化，智能垃圾桶操作简单，居民可以通过设备进行自动登录、自动称重、自动积分等一系列操作建立垃圾分类激励机制，比如，垃圾分类换积分，积分可兑换礼品等，激发了居民参与垃圾分类的热情，带动居民积极主动地参与垃圾分类经过一段时间试行之后，在这两个小区内各随机抽取了100名居民进行问卷调查，记录他们对试行方案的满意度得分（满分100分），将数据分成6组：，并整理得到如下频率分布直方图：（1）请通过频率分布直方图分别估计两种

13、方案满意度的平均得分，判断哪种方案的垃圾分类推广措施更受居民欢迎（同一组中的数据用该组中间的中点值作代表）；（2）以样本频率估计概率，若满意度得分不低于70分说明居民赞成推行此方案，低于70分说明居民不太赞成推行此方案.现从小区内随机抽取5个人，用表示赞成该小区推行方案的人数，求的分布列及数学期望【答案】（1）方案一的平均得分为，方案二的平均得分为；方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎 （2）分布列见解析，数学期望为【解析】【分析】（1）由频率分布直方图计算平均数，再进行比较即可；（2）由题意可得满足二项分布，然后进行求解分布列和期望即可【小问1详解】设小区方案一的满意度平均分为，则设小区方案

14、二的满意度平均分为，则，方案二的垃圾分类推行措施更受居民欢迎【小问2详解】由题意可知方案二中，满意度不低于70分的频率为，低于70分的频率为，现从小区内随机抽取5个人，的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，则，的分布列为012345期望19. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，平面平面，分别为，的中点，且（1）证明：；（2）若为等边三角形，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见详解 （2）【解析】【分析】（1）连接，利用线面垂直证明异面直线垂直；（2）根据为等边三角形，可得的值，过作的平行线轴，结合（1）知轴，两两垂直，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和，利用向

15、量的夹角公式即可求解【小问1详解】证明：如图，连接，为的中点，又平面平面，平面平面，平面，故平面，平面，又，且，平面，平面，又平面，【小问2详解】由为等边三角形，得，如图，过作的平行线轴，结合（1）知轴，两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设为平面的一个法向量，则，得，取，得，则，因为为的中点，所以 ，又，所以，则，设直线与平面所成角为，则，20. 已知抛物线为其焦点，点在上，且（为坐标原点）.（1）求抛物线的方程；（2）若是上异于点的两个动点，当时，过点作于，问平面内是否存在一个定点，使得为定值？若存在，请求出定点及该定值：若不存在，请说明理由.【答案】（1） （2）存在，定

16、值4，定点【解析】【分析】（1）由点在抛物线上及三角形面积列方程求出参数p，即可得方程；（2）法一：设，利用求得，讨论与轴是否垂直，求直线所过的定点；法二：设直线的方程为，联立抛物线及韦达定理、得；最后结合确定的轨迹，即可确定定点和定值；【小问1详解】因为点在上，则，而，所以，所以，故该抛物线的方程为.【小问2详解】法一：设，不妨设，则，解得，当与轴不垂直时，此时直线的方程为：，整理得，则的方程为：，则直线恒过定点由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，即当为该圆心时，为定值；当轴时，此时，而，故；当时，也满足，综上，平面内存在一个定点，使得为定值4法二：设直线的方程为联立，且，由韦达定理得：

17、，由，即，解得，即，直线恒过定点，由，即，故在以为直径的圆上，该圆方程为，即定点为该圆心时，为定值；【点睛】关键点点睛：第二问，根据求纵坐标乘积，并确定直线过的定点坐标，最后利用判断的轨迹，即可得结论.21. 已知函数（，e为自然对数的底数）.（1）若函数有两个零点，求实数的取值范围；（2）函数，记的极小值为，求函数的值域.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，可得，分类讨论a的取值情况，结合零点的定义即可求解；（2）设有的零点为（），利用导数研究函数的单调性，求出函数的极小值为，由，结合二次函数的性质即可求解.【小问1详解】法一：由得，故当时，；当时，.故函数

18、在区间上单调递减，在上单调递增，当时，函数无零点当时，函数有一个零点当时，又，故当时，函数有两个零点法二：方程等于解方程，记，故当时，；当时，.故函数在区间上单调递减，在上单调递增.当时，函数，即无零点，当时，函数即有一个零点，当时，由，故当时，函数，即有两个零点；【小问2详解】法一：由，得：，由（1）知：当时，有两个零点（不妨设），同时也是的两个零点，且函数与单调性完全相同在，上单调递增，在上单调递减，的极小值为，又满足，即，代入上式得，又，对于二次函数，开口向下，对称轴为，在上，.法二：由，记，结合显然函数在上单调递增，且，故存在唯一，使得，且当时，；当时，故在上单调递减，在单调递增，又，

19、故存在两个零点（不妨设），下同法一请考生在第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. 在直角坐标系中，已知曲线（为参数），曲线，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.（1）曲线的极坐标方程及曲线的直角坐标方程；（2）已知是曲线上的两个动点（异于原点），且，若曲线与直线有且仅有一个公共点，求的值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）先求曲线的直角坐标方程，再由写成极坐标方程；由写出曲线的直角坐标方程；（2）根据曲线与直线有且仅有一个公共点，得出是直角三角形斜边上的高，根据等面积法转化为求解即可.【小问1详解】由曲线（为参数

20、），消去参数，得，所以曲线的直角坐标方程为.又由，得，所以曲线的极坐标方程为.由曲线，得，即，所以曲线的普通方程为.【小问2详解】由题意，设，则，又曲线与直线有且仅有一个公共点，故为点到直线的距离，由曲线的极坐标方程，得，所以，所以，即，所以；又，所以，即所求实数的值为.选修4-5；不等式选讲23. 已知函数.（1），解不等式；（2）证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论求解绝对值不等式的解集；（2）法一：根据绝对值三角不等式求证不等式；法二：由绝对值对应函数的单调性求函数最小值范围，即可证结论.【小问1详解】由题设，所以，不等式等价于或或，解得或或，所以原不等式的解集为.【小问2详解】法一：（当且仅当时取等号）（当且仅当时取等号）（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时等号成立）.法二：，当时，；当时，综上，结合各分段上一次函数的性质知：在单调递减，在上单调递增，所以，（当且仅当时等号成立），所以.