江西省赣抚吉十一校联盟体2023届高三数学（文）下学期4月联考试题（Word版附解析）.docx

1、江西省赣抚吉十一校联盟体2023届高三联合考试（四月）文科数学试题一选择题：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】B【解析】【分析】根据集合交集运算可得.【详解】因为所以.故选：B2. 已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简，得，从而得，代入计算即可.【详解】因为，所以.故选：D3. 目前，甲型流感病毒在国内传播，据某市卫健委通报，该市流行的甲型流感病毒，以甲型亚型病毒为主，假如该市某小区共有100名感染者，其中有10名年轻人，60名老年人，30名儿童

2、，现用分层抽样的方法从中随机抽取20人进行检测，则做检测的老年人人数为（ ）A. 6B. 10C. 12D. 16【答案】C【解析】【分析】利用分层抽样比例求解.【详解】解：老年人做检测的人数为.故选：.4. 已知点是角终边上一点，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】点在第四象限，由求得结果.【详解】，则点在第四象限，由，故.故选：C.5. 已知等比数列的前项和为，且，则（ ）A. 2B. 4C. 7D. 8【答案】D【解析】【分析】利用等比数列的前项和公式及通项公式求解即可.【详解】设等比数列的公比为，因为，则，所以，则，故，所以.故选：D.6. 如图，在直角梯形中

3、，为的中点，若，则（ ）A. B. 0C. D. 【答案】C【解析】【分析】设，则，又，由平面向量基本定理可得结果.【详解】设，则，则.又，所以.故选：C.7. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，其中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由三视图可得，该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，求解即可.【详解】由图可知，显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体.由题得半球的半径为，圆锥的底面半径为，高为，母线长为，所以其表面积为.故选：C.8. 已知函数且有两个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析

4、】【分析】将解：函数且有两个零点，转化为函数的图像与直线有两个公共点求解.【详解】解：因为函数且有两个零点，所以且有两个零点，即函数的图像与直线有两个公共点，当时，由图得1，故；当时，由图得，不符合题意.，故选：A9. 相传我国古代有这样一个故事：一个身处他乡的小伙子得知父亲病重的消息，便连夜赶回家，他父亲弥留之际不停念叨“胡不归？胡不归？”，这就是流传千百年的“胡不归问题”.如图，假设小伙子处于地，家在地，是驿道，其他地方均为沙地，小伙子在驿道，沙地上行走的速度分别为，若小伙子为了更快回到家中，从沿走到（在上），再从走沙地直线回家，设，则此方案所用时间为（ ）A. B. C. D. 【答案】

5、A【解析】【分析】在中，由正弦定理得，故可得路段用时，同时求得，进而得，故可得路段用时，则此方案所用时间为，整理即得答案.【详解】在中，由正弦定理得，得，故路段用时，因为，则，故，因此.故路段用时，则此方案所用时间为.故选：A.10. 在正方体中，分别为中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，再根据直角三角形中的关系可得点到的距离等于圆心到平面的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.【详解】如图，连接，由题意易知，故四边形为平行四边形.设，取的中点，连接，在Rt中，故点到距离为，故点到的距离为，因此圆心到平面的

6、距离为.由题易知球的半径，故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.故选：D11. 已知直线是函数图像相邻的两条对称轴，将的图像向右平移个单位长度后，得到函数的图像.若在上恰有三个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意先求出，再结合图像得出关于的不等式组，即可求得m的范围.【详解】解：由题意得,即，解得，则，向右平移个单位长度后，得到函数， 又在上恰有三个不同的零点，所以转化为在上有三个不同的零点，其中，则，要使在上有三个不同的零点，则或，解之得故选：A. 12. 已知函数是偶函数，对任意均有，则下列正确结论的序号为（ ）；是奇函数；

7、直线是图像的一条对称轴；记，则.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】令，可判断；令，得，可判断；由条件可得，故16是的一个周期，进而得，可判断；由条件结合求得，结合函数的周期性求解可判断.【详解】令，知，故，故正确；令，知，故，又为偶函数，故，则不是奇函数，故错误；因为6，则，即，于是有，则，故16是的一个周期，则，故的图像关于对称，故正确；因为，所以，由可知，故，因为，故，又，故，故正确.综上，正确.故选：B.二填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 曲线在点处的切线与直线垂直，则_.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义结合直线垂直斜率之积为求解即可.【详解】

8、，由题知，即，解得.故答案为：14. 随着人们生活水平的提高，“自驾游”成为一种常见的旅游方式，若甲乙丙丁四个家庭计划游览两地，每个家庭从两地中任选一个地区进行旅游，则恰有3个家庭选择地旅游的概率为_.【答案】#【解析】【分析】先利用分步计数原理求得四个家庭总的旅游情况数，再利用列举法求得恰有3个家庭选择地旅游的情况数，从而利用古典概型的概率求法即可得解.【详解】由题意知，每个家庭有两个地区可以选择，故四个家庭不同的旅游情况数为，其中恰有3个家庭选择地旅游的情况为（甲乙丙），（甲乙丁），（甲丙丁），（乙丙丁），共4种，所以所求概率.故答案为：.15. 已知圆满足：圆心在直线上，轴或轴被圆所截得

9、的弦长为4，则圆的一个标准方程为_.【答案】#（答案不唯一，写出一个即可）【解析】【分析】设，分为两种情况讨论：圆被轴、轴所截弦长为4，求得圆的标准方程，然后给赋值可得答案.【详解】设，若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，则此时圆的标准方程为；若圆被轴所截弦长为4，则圆的半径，则此时圆的标准方程为.令，则圆方程为或.故答案为：或（答案不唯一，写出一个即可）.16. 已知分别为双曲线的左右焦点，以的实轴为直径的圆记为，过作圆的切线，切点为，延长交的右支于点，线段的中点为为坐标原点，若为钝角，则的离心率为_.【答案】【解析】【分析】由条件结合图形分析计算，利用各线段的关系可得，即可得到结果.【详解】

10、 如图所示，由题意可知E的圆心为原点，半径为，设，则有，又为钝角，则D在A左侧.所以由题意可知，根据双曲线定义故.故答案为：三解答题：共70分.解答应写出文字说明证明过程式演算步骤.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. 已知在数列中，数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由得，当时，两式相减得，所以，利用累乘法可求得；（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求得结论.【小问1详解】由得，当时，两式相减得，整理得，所以，当时，当时

11、，也符合上式，故.【小问2详解】由（1）可得，所以数列的前项和.18. 春节联欢晩会是我国在除夕晩上举办的大型欢庆晩会，全国家家户户围坐在电视机前欣赏一年中最重要的晩会，下表为某年观看春晩的人数百分比：年龄（岁）百分比假设统计人数为200人，下表为分析年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩是否满意的列联表：满意不满意合计年龄不大于3050年龄大于3066合计（1）请将列联表补充完整；（2）能否有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.附：，其中.0.0500.0100.0013.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析 （2）有的把握认为年龄大于30的

12、人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异【解析】【分析】（1）根据题中数据可得，年龄不大于30对春晩不满意的人有人；年龄大于30对春晩满意的人有人，从而将列联表补充完整；（2）计算出与参考数据比较即可得出结果.【小问1详解】年龄不大于30的人有人，则年龄不大于30对春晩不满意的人有人；年龄大于30的人，则年龄大于30对春晩满意的人有人，所以，列联表如下：满意不满意合计年龄不大于30502474年龄大于306066126合计11090200【小问2详解】，故有的把握认为年龄大于30的人和年龄不大于30的人对春晩评价有差异.19. 如图，在等腰梯形中，现将沿翻折到的位置，且平面平面，如图.（1）当时

13、，求；（2）当三棱锥的体积为时，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接可得为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得；（2）过作，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得，再根据等面积法可得点到的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，当时，又，故四边形为平行四边形，故，又，所以为等边三角形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，故，在中，因为，所以，故.【小问2详解】，图中，过作，所以.因为且，所以点到的距离.又，故，整理得，解得或（舍去），所以的值为.20. 已知抛物线，过点作相互垂直的直线，且与分别相交于点和为坐标原

14、点.（1）求的方程；（2）记的中点分别为，求面积的最小值.【答案】（1） （2）4【解析】【分析】（1）设的方程为，与抛物线方程联立，由得，结合韦达定理求得的值，可得的方程；（2）由（1）及题中条件可求得的坐标及，同理可得的坐标及，从而得的面积，利用基本不等式可求得最小值.【小问1详解】由已知的斜率存在且不为0，设的方程为，联立得，易得，则，因为，所以，即，解得.故的方程为.【小问2详解】由（1）知，所以，故，所以.同理，的方程为，故，所以.的面积，故，当且仅当，即时等号成立.故面积的最小值为4.21. 已知函数.（1）讨论的极值；（2）若有两个零点，求实数的取值范围，并求证：.【答案】（1）

15、极大值，无极小值 （2），证明见解析【解析】【分析】（1）求导，再分和讨论求解；（2）结合（1）若有两个零点，由，得到，再将问题转化为，令，得到，再令，用导数法证明即可.【小问1详解】由题得，当时，故在上单调递增，故无极值；当时，令，得，当时，；当时，.故在区间单调递增，在区间单调递减，此时在处取得极大值，无极小值.【小问2详解】由（1）知，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减，若有两个零点，则，所以，当时，故存在，使得.又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，故.由，得，即；要证，只需证，两边同乘以，得.因为，所以.令，即证，即证.令，.令，故在区间上单调递增，故，因此在区间上单调递增，故，

16、因此原不等式成立.【点睛】关键点睛：本题第二问关键是由有两个零点，得到，从而把问题转化为，再两边同乘以进而转化为，令，转化为而得证.（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. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）求的普通方程和的直角坐标方程；（2）与交于两点，是上不同于的一点，若的面积为，求点的坐标.【答案】（1）普通方程为，直角坐标方程为 （2）坐标为或【解析】【分析】（1）消参法求的普通方程，注意的范围，公式法求的直角坐标方

17、程；（2）几何法求得，设且，点线距离和三角形面积公式得，进而确定，即可得坐标.【小问1详解】因为，所以，所以的普通方程为.直线的极坐标方程为，即，由，则化为直角坐标方程为.【小问2详解】圆心到直线的距离为，则，设且，所以点到直线的距离，由的面积为知，所以，则，所以或，解得或，故点坐标为或. 选修4-5：不等式选讲23. 已知函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若，使得不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）当时，分、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）当时，分析可得，变形可得出，求出函数在区间上最小值及函数在区间上的最大值，即可得出关于实数的不等式，解之即可.【小问1详解】解：当时，当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时；当时，由，解得，此时.综上所述，当时，不等式的解集为.【小问2详解】解：，使得不等式成立，所以，使得成立，因为，所以，即，使得成立，因为在上单调递减，则当时，函数取得最小值，又因为在上单调递减，在上单调递增，且当时，；当时，.故当时，函数取得最大值.所以，解得.因此，实数的取值范围是.