2023届江西省南昌市高三上学期摸底测试数学试题

江西省南昌市2023届高三上学期摸底测试（零模）数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（）A． B． C． D．2．复数的虚部是（）A． B． C． D．3．若变量满足约束条件，则的最大值为（）A．0 B．1 C．2 D．34．“”是“”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A．3 B．4 C．5 D．66．若直线与圆相交于两点，为坐标原点，则（）A． B．4 C． D．－47．已知正方体的棱、、、的中点分别为、、、，则下列直线中，与两平面、交线平行的一条直线是（）A． B． C． D．8．冬残奥会闭幕式上，中国式浪漫再现，天干地支时辰钟表盘再现，由定音鼓构成的“表盘”形象上，名残健共融表演者用行为模拟“指针”每圈个时间刻度的行进轨迹．若以图中点与圆心连线为始边，某时刻指向第，，名残健共融表演者的“指针”为终边的角分别记为，则的值为（）A． B． C． D．9．设函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则一定有（）A． B． C． D．10．若，则的最小值为（）A． B． C． D．11．已知函数的部分图象如图所示，则下列判断正确的是（）A．函数的周期为B．对任意的，都有C．函数在区间上恰好有三个零点D．函数是偶函数12．若体积为的四棱锥的五个顶点都在表面积为的球面上，四棱锥的底面是边长为的正方形，平面平面，则棱的长为（）A．或 B．或 C．或 D．或二、填空题13．已知，则_____．14．若函数在时取得极值，则在上的最小值为_____．15．某工厂名工人某天生产同一类型零件，生产的件数分别是，，，，，，，，，，则这组数据的方差为_____．（参考数据：这组数据的平方和为）16．剪纸，又叫刻纸，是一种镂空艺术，是中国汉族最古老的民间艺术之一．如图，纸片为一圆形，直径，需要剪去四边形，可以经过对折、沿裁剪、展开就可以得到．已知点在圆上且．要使得镂空的四边形面积最小，的长应为_____．三、解答题17．已知公差大于0的等差数列满足，且成等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)令，求数列的前项和．18．如图是飞行棋部分棋盘图示，飞机的初始位置为0号格，抛掷一个质地均匀的骰子，若拋出的点数为1，2，飞机在原地不动；若抛出的点数为3，4，飞机向前移一格；若抛出的点数为5，6，飞机向前移两格．记抛掷骰子一次后，飞机到达1号格为事件．记抛掷骰子两次后，飞机到达2号格为事件．(1)求；(2)判断事件是否独立，并说明理由；(3)抛掷骰子2次后，记飞机所在格子的号为，求随机变量的分布列和数学期望．19．如图，水平面上摆放了两个相同的正四面体和．(1)求证：；(2)求二面角的余弦值．20．已知，是椭圆的两个顶点．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线与椭圆交于，，与直线交于点，求的值．21．已知函数．(1)若，求函数的单调区间；(2)若不等式在区间上有解，求实数的取值范围．22．已知曲线的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．(1)求曲线的普通方程，曲线的直角坐标方程；(2)设曲线的交点为，求的值．23．已知函数．(1)求不等式的解集；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围参考答案：1．B【分析】由题可得，再求即可.【详解】∵，所以.故选：B.2．A【分析】根据复数的运算法则即可得到结果【详解】所以虚部为故选：A3．D【分析】作出可行域，由可得，根据数形结合求最值即可.【详解】作出可行域，如图，由可得，根据截距的几何意义可知，故当过点A时，有最大值，由解得，即，所以.故选：D4．C【分析】利用作差法、不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】由可得，由已知且，若，则，所以，，则，矛盾.若，则，从而，合乎题意.综上所述，“”是“”的充要条件.故选：C.5．C【分析】根据循环结构逐步计算即可.【详解】第一步：，，，不成立；第二步：，，，不成立；第三步：，，，成立；输出.故选：C6．D【分析】先求出圆心到直线的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求出，然后利用向量的数量积的定义及几何意义可求得结果.【详解】由题意得圆的圆心到直线的距离为，所以，所以，所以，故选：D7．C【分析】作出两平面、的交线，结合平行线的传递性可得出结论.【详解】设，，连接，则、分别为、的中点，所以，，因为，，平面，平面，所以，为两平面、的一个公共点，同理可知，也为两平面、的一个公共点，所以，平面平面，在正方体中，且，又因为、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，，C选项满足条件，同理可知，若，则，事实上、相交，矛盾，过点作平行的直线有且只有一条，则不与平行，同理可知，不与平行，故选：C.8．B【分析】根据两角和的余弦公式化简计算.【详解】由已知得，，，所以，故选：B.9．A【分析】根据函数图象之间的平移变换及所给奇函数判断A，给出满足条件的特殊函数排除BCD.【详解】因为为奇函数，所以的图象经过原点，即，由的图象向右平移2个单位可得函数的图象知，图象过点，即，故A正确；令，则为奇函数，为偶函数，显然BCD不满足.故选：A10．A【分析】根据化简可得该方程表示双曲线的右支，再结合双曲线的性质判断.【详解】由，左右两边同时平方得，即，该方程可表示双曲线的右支，如图所示，故的最小值为，故选：A.11．C【分析】利用图象求出函数的解析式，利用正弦型函数的周期性可判断A选项；利用正弦型函数的最值可判断B选项；在时，解方程可判断C选项；利用正弦型函数的奇偶性可判断D选项.【详解】因为，可得，因为函数在处附近单调递增，所以，，，因为，则，因为函数在处附近单调递减，且在时在处第一次取值为，所以，，可得，.对于A选项，函数的最小正周期为，A错；对于B选项，，所以，不是函数的最大值，B错；对于C选项，当时，，由可得，可得，所以，函数在区间上恰好有三个零点，C对；对于D选项，，故函数是奇函数，D错.故选：C.12．D【分析】设四棱锥的外接球球心为，分析可知球心在内，设，，根据三角形的面积公式以及余弦定理可得出关于、的方程，即可解得的值，即可得解.【详解】设四棱锥的外接球球心为，半径为，则，解得，设四棱锥的高为，则，解得，设的中点为，过点在平面内作，因为平面平面，平面平面，平面，平面，由球的几何性质可知平面，且，则，所以，平面，故的外接圆的半径为，，且，因为，所以，、在的同侧，则为锐角，设，，所以，，，可得，①由余弦定理可得，，②联立①②可解得或.故选：D.13．5【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】由题意，.故答案为：514．##【分析】根据函数在处取得极值可得，求得a的值，继而判断函数在上的单调性，由单调性求最小值即可.【详解】，，即，，当时，，在上单调递增，.故答案为：.15．【分析】根据方差公式直接计算即可.【详解】由已知得，，方差，故答案为：.16．##【分析】设根据可得，进而根据的面积公式可得的关系，再根据基本不等式可得当为等腰三角形时取得面积最小值，进而得出此时，结合三角函数求解即可.【详解】如图，连接，作于，由题意，，故，所以.设则由面积公式，，即.由余弦定理，结合基本不等式，即，当且仅当时取等号.故取最小值时，此时.故.故答案为：17．(1)(2)【分析】（1）根据基本量与等比中项的性质求解即可；（2）根据等比数列的前项和公式求解即可.（1）设公差为，因为，，成等比数列，则，即，，解得，（舍），所以；（2），，所以是以2为首项，4为公比的等比数列，所以．18．(1)(2)事件，相互独立，理由见解析(3)分布列见解析，2【分析】（1）根据概率的乘法公式求解即可；（2）分别计算判断即可；（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，再根据题意分别列式求解即可.（1）由题意，因为飞机每前移一格的概率为，故；（2）由题意，事件抛掷骰子一次后，飞机到达1号格，只能是前移了1格；事件抛掷骰子两次后，飞机到达2号格可能前移了两次一格，或一次前移两格一次原地不动.故，，因此，所以事件，相互独立．（3）随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，，，，，，所以随机变量的分布列为01234所以．19．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接与相交于点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，证明出四边形为菱形，可得出，证明出四边形为平行四边形，可得出，即可证得结论成立；（2）设，取线段的中点，连接，证明出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.（1）证明：因为与共面，所以连接与相交于点，因为和是相同的正四面体，所以，、都是等边三角形，则，所以四边形为菱形，则为的中点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E,F在DC上，且，设正四面体的棱长为，则，，平面，平面，，，同理可得，所以，，故四边形为平行四边形，故，因为四边形为菱形，则，因此，.（2）解：设，取线段的中点，连接，易知，所以，为的中点，因为四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，设平面的法向量为，，则，取，可得，.由图形可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.20．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆顶点坐标直接可得椭圆方程；（2）设直线方程，可得点，联立直线与椭圆结合韦达定理，再根据两点间距离化简可得解.（1）由，是椭圆的两个顶点，得，，即；（2）当直线的斜率不存在时，直线与椭圆有且只有一个公共点，不成立，所以设，，，直线的斜率为，则，同理，，则．设：，而：，联立解得，所以；联立直线与椭圆方程，消去得：，所以，，所以，所以，即．【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．21．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为(2)【分析】（1）当时，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间；（2）分、两种情况讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证在上能否成立，综合可得出实数的取值范围.（1）解：当时，，，当时，，，所以，即在上单调递增，当时，，，所以，即在上单调递减，则的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）解：因为，则，①当时，即时，因为，，，所以，因此函数在区间上单调递增，所以，不等式在区间上无解；②当时，即时，当时，，，因此，所以函数在区间上单调递减，，不等式在区间上有解．综上，实数的取值范围是．【点睛】方法点睛：利用导数求解函数单调区间的基本步骤：（1）求函数的定义域；（2）求导数；（3）解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调增区间；解不等式，并与定义域取交集得到的区间为函数的单调减区间.22．(1)，(2)16【分析】（1）消参可得曲线的普通方程，再根据极坐标与直角坐标的互化可得的直角坐标方程；（2）根据极坐标的几何意义，将曲线化成极坐标，再分别代入和到的极坐标方程求解即可.（1）因为