2023届江西南昌十所重点中学高三（最后冲刺）数学试卷（含解析）.doc

2023学年高考数学模拟测试卷 考生请注意： 1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。 3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 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． 2．如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若，则的值是（ ） A． B． C． D． 3．已知全集，则集合的子集个数为（ ） A． B． C． D． 4．欧拉公式为,(虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式可知，表示的复数位于复平面中的（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．下列函数中，值域为R且为奇函数的是（ ） A． B． C． D． 6．已知，，，则，，的大小关系为（ ） A． B． C． D． 7．已知为虚数单位，复数，则其共轭复数（ ） A． B． C． D． 8．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( ) A． B． C． D． 9．如图，在平面四边形ABCD中， 若点E为边CD上的动点，则的最小值为 （ ） A． B． C． D． 10．已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象(　　) A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 11．已知，若则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 12．函数的部分图像大致为（ ） A． B． C． D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）. （1）求直线和曲线的普通方程； （2）设为曲线上的动点，求点到直线距离的最小值及此时点的坐标. 14．已知满足且目标函数的最大值为7，最小值为1，则___________． 15．假设10公里长跑，甲跑出优秀的概率为，乙跑出优秀的概率为，丙跑出优秀的概率为，则甲、乙、丙三人同时参加10公里长跑，刚好有2人跑出优秀的概率为________． 16．若，则_________. 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。 17．（12分）已知等差数列{an}的各项均为正数，Sn为等差数列{an}的前n项和，. （1）求数列{an}的通项an； （2）设bn＝an⋅3n，求数列{bn}的前n项和Tn. 18．（12分）设，函数. （1）当时，求在内的极值； （2）设函数，当有两个极值点时，总有，求实数的值. 19．（12分）如图，在四棱锥中，，，. （1）证明：平面； （2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 20．（12分）设等差数列的首项为0，公差为a，；等差数列的首项为0，公差为b，.由数列和构造数表M，与数表； 记数表M中位于第i行第j列的元素为，其中，（i，j=1，2，3，…）. 记数表中位于第i行第j列的元素为，其中（，，）.如：，. （1）设，，请计算，，； （2）设，，试求，的表达式（用i，j表示），并证明：对于整数t，若t不属于数表M，则t属于数表； （3）设，，对于整数t，t不属于数表M，求t的最大值. 21．（12分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切. （1）若直线的方程为，求的方程； （2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 22．（10分）已知函数，． （Ⅰ）若，求的取值范围； （Ⅱ）若，对，，都有不等式恒成立，求的取值范围． 2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析） 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、D 【答案解析】 因为,,所以,,故选D． 2、C 【答案解析】 直线恒过定点，由此推导出，由此能求出点的坐标，从而能求出的值． 【题目详解】 设抛物线的准线为， 直线恒过定点， 如图过A、B分别作于M，于N， 由，则， 点B为AP的中点、连接OB，则， ∴，点B的横坐标为， ∴点B的坐标为，把代入直线， 解得， 故选：C． 【答案点睛】 本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合理运用，属于中档题. 3、C 【答案解析】 先求B.再求，求得则子集个数可求 【题目详解】 由题=, 则集合,故其子集个数为 故选C 【答案点睛】 此题考查了交、并、补集的混合运算及子集个数，熟练掌握各自的定义是解本题的关键，是基础题 4、A 【答案解析】 计算，得到答案. 【题目详解】 根据题意，故，表示的复数在第一象限. 故选：. 【答案点睛】 本题考查了复数的计算， 意在考查学生的计算能力和理解能力. 5、C 【答案解析】 依次判断函数的值域和奇偶性得到答案. 【题目详解】 A. ，值域为，非奇非偶函数，排除； B. ，值域为，奇函数，排除； C. ，值域为，奇函数，满足； D. ，值域为，非奇非偶函数，排除； 故选：. 【答案点睛】 本题考查了函数的值域和奇偶性，意在考查学生对于函数知识的综合应用. 6、D 【答案解析】 构造函数，利用导数求得的单调区间，由此判断出的大小关系. 【题目详解】 依题意，得，，.令，所以.所以函数在上单调递增，在上单调递减.所以，且，即，所以.故选：D. 【答案点睛】 本小题主要考查利用导数求函数的单调区间，考查化归与转化的数学思想方法，考查对数式比较大小，属于中档题. 7、B 【答案解析】 先根据复数的乘法计算出，然后再根据共轭复数的概念直接写出即可. 【题目详解】 由，所以其共轭复数. 故选：B. 【答案点睛】 本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易. 8、C 【答案解析】 由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案. 【题目详解】 由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6， 该几何体的表面积. 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键. 9、A 【答案解析】 分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。 详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设 = 所以当时，上式取最小值 ，选A. 点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。 10、A 【答案解析】 由的最小正周期是，得， 即 ， 因此它的图象向左平移个单位可得到的图象．故选A． 考点：函数的图象与性质． 【名师点睛】 三角函数图象变换方法： 11、C 【答案解析】 根据，得到有解，则，得，，得到，再根据，有，即，可化为，根据，则的解集包含求解， 【题目详解】 因为， 所以有解， 即有解， 所以，得，， 所以， 又因为， 所以， 即， 可化为， 因为， 所以的解集包含， 所以或， 解得， 故选：C 【答案点睛】 本题主要考查一元二次不等式的解法及集合的关系的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题， 12、A 【答案解析】 根据函数解析式，可知的定义域为，通过定义法判断函数的奇偶性，得出，则为偶函数，可排除选项，观察选项的图象，可知代入，解得，排除选项，即可得出答案. 【题目详解】 解：因为， 所以的定义域为， 则， ∴为偶函数，图象关于轴对称，排除选项， 且当时，，排除选项，所以正确. 故选：A. 【答案点睛】 本题考查由函数解析式识别函数图象，利用函数的奇偶性和特殊值法进行排除. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、（1），；（2），. 【答案解析】 （1）利用代入消参的方法即可将两个参数方程转化为普通方程； （2）利用参数方程，结合点到直线的距离公式，将问题转化为求解二次函数最值的问题，即可求得. 【题目详解】 （1）直线的普通方程为. 在曲线的参数方程中，， 所以曲线的普通方程为. （2）设点. 点到直线的距离. 当时，，所以点到直线的距离的最小值为. 此时点的坐标为. 【答案点睛】 本题考查将参数方程转化为普通方程，以及利用参数方程求距离的最值问题，属中档题. 14、-2 【答案解析】 先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，表示直线在轴上的截距，只需求出可行域直线在轴上的截距最大最小值时所在的顶点即可． 【题目详解】 由题意得：目标函数在点B取得最大值为7，在点A处取得最小值为1， ∴，， ∴直线AB的方程是：， ∴则，故答案为. 【答案点睛】 本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值的方法，属于基础题． 15、 【答案解析】 分跑出优秀的人为：甲、乙和甲、丙和乙、丙三种情况分别计算再求和即可. 【题目详解】 刚好有2人跑出优秀有三种情况：其一是只有甲、乙两人跑出优秀的概率为；其二是只有甲、丙两人跑出优秀的概率为；其三是只有乙、丙两人跑出优秀的概率为,三种情况相加得.即刚好有2人跑出优秀的概率为. 故答案为： 【答案点睛】 本题主要考查了分类方法求解事件概率的问题,属于基础题. 16、 【答案解析】 因为，所以.因为，所以，又，所以，所以.. 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。 17、（1）.（2） 【答案解析】 （1）先设等差数列{an}的公差为d（d＞0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列{an}的通项an； （2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn. 【题目详解】 （1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则 a4a5＝（1+3d）（1+4d）＝11， 整理，得12d2+7d﹣10＝0， 解得d（舍去），或d， ∴an＝1（n﹣1），n∈N*. （2）由（1）知，bn＝an⋅3n•3n＝（2n+1）•3n﹣1， ∴Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝3×1+5×31+7×32+…+（2n+1）•3n﹣1， ∴3Tn＝3×31+5×32+…+（2n﹣1）•3n﹣1+（2n+1）•3n， 两式相减，可得： ﹣2Tn＝3×1+2×31+2×32+…+2•3n﹣1﹣（2n+1）•3n ＝3+2×（31+32+…+3n﹣1）﹣（2n+1）•3n ＝3+2（2n+1）•3n ＝﹣2n•3n， ∴Tn＝n•3n. 【答案点睛】 本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题. 18、（1）极大值是，无极小值；（2） 【答案解析】 （1）当时，可求得，令，利用导数可判断