2023届江西省南昌市南昌县莲塘第一中学等2校高三二模数学（文）试题

2023届江西省南昌市南昌县莲塘第一中学等2校高三二模数学（文）试题一、单选题1．已知复数满足，则A． B． C． D．【答案】B【详解】，则，，故选B.2．已知集合，集合，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出函数定义域化简集合A，解一元二次不等式化简集合B，再利用并集的定义求解作答.【详解】集合，集合，所以.故选：D3．在某次历史考试中，在A，B两班各选取5位同学分数的茎叶图如图所示，A，B两班5位同学平均数分别为a或b，则a，b的大小关系为（

）A． B．C． D．a，b的大小关系不能确定【答案】C【分析】读取茎叶图中的数据运用平均数公式计算即可.【详解】A：；B：．所以，故选：C．4．下列四个命题中，正确的个数有（

）①两个变量间的相关系数越小，说明两变量间的线性相关程度越低；②命题“，使得”的否定是：“对，均有”；③命题“p∧q为真”是命题“p∨q为真”的必要不充分条件；④若函数在有极值0，则，或，．A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】运用相关系数的作用、命题的否定、由集合的包含关系判断充分不必要条件及运用导数已知极值求参即可.【详解】对于①，两个变量间的相关系数|r|越小，说明两变量间的线性相关程度越低，故①正确；对于②，命题“，使得”的否定是：“对，均有”，故②错误；对于③，因为命题“p∧q为真”即：真且真，命题“p∨q为真”即：真或真，所以“p∧q为真”是“p∨q为真”的充分不必要条件，故③错误；对于④，，则有，解得或．而当，时，，此时函数无极值，故④不正确．故选：B.5．已知空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积为（

）A． B．C． D．4【答案】B【分析】根据三视图还原几何体，再根据三角形的面积公式计算侧面积即可.【详解】解：由三视图知该几何体是底面是边长为2的正方形，高为2的四棱锥，如图所示：,,,所以侧面积为．故选：B.6．已知数列的前n项和，数列的首项为3，若，则（

）A．23 B．22 C．21 D．20【答案】C【分析】运用通项公式与其前n项和的关系求得通项公式，结合累加法求得.【详解】因为①当时，，②当时，，③将代入得，符合，所以.所以，所以.故选：C.7．如图，在矩形ABCD中，，过点A向∠BAD所在区域等可能任作一条射线AP，已知事件“射线AP与线段BC有公共点”发生的概率为，则BC边的长为（

）A． B． C．3 D．【答案】B【分析】运用几何概型中的角度度量计算概率即可.【详解】如图所示，设事件“射线AP与线段BC有公共点”发生的概率为，则，因为，所以，所以，又因为，所以，故选：B.8．设，，，则a，b，c的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】运用和角、差角公式（辅助角公式）、二倍角公式、诱导公式及三角函数的单调性可比较大小.【详解】因为，，，因为，所以．故选：B.9．如图，、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点若，，，则双曲线的离心率为（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】利用双曲线的定义及线段的关系建立方程，解出再利用双曲线离心率公式计算即可【详解】因为，，，所以，所以．由双曲线的定义得：，所以，所以在中，所以．故双曲线的离心率为.故选：D.10．为了预防某种病毒，某学校需要通过喷洒药物对教室进行全面消毒．出于对学生身体健康的考虑，相关部门规定空气中这种药物的浓度不超过0.25毫克/立方米时，学生方可进入教室．已知从喷洒药物开始，教室内部的药物浓度y（毫克/立方米）与时间t（分钟）之间的函数关系为，函数的图像如图所示．如果早上7：30就有学生进入教室，那么开始喷洒药物的时间最迟是（

）A．7：00 B．6：40 C．6：30 D．6：00【答案】A【分析】函数的图像过点，代入函数的解析式求得未知系数a，解函数不等式即可.【详解】根据函数的图像，可得函数的图像过点，由函数图像连续，代入函数的解析式，可得，解得，所以，令，可得或，解得或．所以如果7：30学生进入教室，那么开始喷洒药物的时间最迟是7：00．故选：A．11．八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样.八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉.八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹.图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形（如）为等腰直角三角形，点为四心，中间部分是正方形且边长为2，定点，所在位置如图所示，则的值为（

）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】C【分析】利用转化法得，展开利用向量数量积的定义并代入相关数据即可.【详解】如图所示：连接，因为中间阴影部分是正方形且边长为2，且图中各个三角形为等腰直角三角形，所以可得，，，则，.故选：C.12．已知函数，．若有且只有两个零点，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据已知条件可得，则将问题转化为在区间上有且只有1个零点，分别讨论①，②，③时的单调性、最值、端点值与0比较即可求得结果.【详解】由已知可得，则在区间上有且只有1个零点．，令，．则，因为在区间上恒成立，所以在区间上单调递增．所以，当时，有最小值；当时，有最大值．①当时，有，则恒成立，所以在区间上单调递增，所以．又因为，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；②当时，有恒成立，则在区间上单调递减，所以．又因为，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；③当时，有，．又在区间上单调递增，根据零点的存在定理可得，，使得．当时，，单调递减；当时，，单调递增．又，，要使在区间上有且只有一个零点，则，解得．又因为，所以．综上，实数a的取值范围是．故选：D.【点睛】研究函数零点策略（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．（2）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．二、填空题13．在△ABC中，若，且，则的面积是______________．【答案】【分析】利用诱导公式可得，再由商数关系和平方关系可得，然后由面积公式可得.【详解】因为，所以，解得又，所以，所以．故答案为：14．已知关于x的不等式的解集为，则的解集为______________．【答案】【分析】由题意可得且方程的解为，再根据韦达定理求得的关系即可得解.【详解】因为关于x的不等式的解集为，所以且方程的解为，则，所以，即，所以不等式的解集为．故答案为：．15．已知函数，若对定义域内两任意的（），都有成立，则a的取值范围是________．【答案】【分析】变形给定的不等式，构造函数，利用函数单调性定义确定单调性，再利用导数求解作答.【详解】函数的定义域为，因为对，都有成立，设，则，于是，都有成立，因此函数在上单调递增，求导得，则有成立，当时，，函数在上单调递增；当时，必有，函数的图象过点，对称轴，从而，解得，而当时，，当且仅当时取等号，符合题意，所以a的取值范围是.故答案为：16．已知F为抛物线C：的焦点，都是抛物线上的点，O为坐标原点，若的外接圆与抛物线的准线相切，且该圆的面积为，点，则的最小值为______________．【答案】/【分析】作图，根据几何关系求出抛物线的标准方程，再对做出几何解释即可.【详解】依题意作下图：外接圆半径，∵的外接圆与抛物线C的准线l相切，外接圆的圆心到准线的距离等于圆的半径，又圆心在OF的中垂线上，中垂线的方程为，准线方程为，∴，，并且点Q是准线与x轴的交点；抛物线C的方程为：，过M作得，∴，∴最小即最大，显然当与抛物线相切时最大，设直线的方程为，联立得：，令，解得，即，∴，故的最小值为；故答案为：.三、解答题17．在数列中，，（k为常数，），且，，构成公比不等于1的等比数列．(1)求k的值；(2)设，求数列的前n项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）先判定为等差数列，表示出，，，根据等比数列的性质计算即可；（2）利用裂项相消法计算即可.【详解】（1）∵，，∴是以2为首项，为公差的等差数列，∴∴，．又，，构成公比不等于1的等比数列，∴，解得或，当时，，此时公比为1，不合题意，舍去，∴．（2）由（1）知，∴，∴．18．据城市《生活饮用水卫生标准》要求菌落总数必须小于等于130（单位：CFU/mL）才合格，否则视为不合格饮用水．某省环保厅对甲、乙两地各抽取5个自来水厂进行菌落总数检测，所得数据如下表所示（单位：CFU/mL）．其中有两个乙地的自来水厂检测数据不准确，在表中用x，y表示．甲水厂80110120140150乙水厂100120xy160(1)从被检测的5个甲地自来水厂任取2个，求这2家自来水厂菌落总数都不超标的概率；(2)若5个乙地自来水厂菌落总数的平均值为120CFU/mL，且，求乙地自来水厂菌落总数的方差的最小值．【答案】(1)(2)440【分析】（1）运用列举法求得古典概型的概率即可.（2）运用平均数、方差公式计算得，转化为求二次函数在区间上的最值即可.【详解】（1）从被检测的5家甲地自来水厂任取2家，其检测结果有：，，，，，，，，，共10种．设“2家自来水厂菌落总数都不超标”为事件A，则事件A包含以下3种不同结果：，，．所以．（2）由题设，，则．所以，又因为，所以当时，取得最小值为440．19．如图，四棱锥中，，为正三角形，，，，．(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可（2）利用等体积法求解即可【详解】（1）如图，取中点，连结，因为，，，所以四边形为矩形，∴，∵侧面为等边三角形，，则，且，而，∴满足，∴为直角三角形，即，又，平面，平面∴平面，且平面∴，又∵，，平面，平面∴平面．（2）由（1）可知，∴，又∵，，∴，而，设点到平面的距离为，由于，则有，∴，∴，因此点到平面的距离为．20．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长．某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕．已知这些折痕所围成的图形是一个椭圆．若取半径为4的圆形纸片，设定点F到圆心E的距离为，按上述方法折纸．(1)以点F、E所在的直线为x轴，建立适当的坐标系，求折痕围成的椭圆C的标准方程；(2)设椭圆C的下顶点为D，过点D作两条互相垂直的直线，，这两条直线与椭圆C的另一个交点分别为M，N．设的斜率为，△DMN的面积为S，当时，求k的取值范围．【答案】(1)(2)．【分析】（1）根据已知条件，用定义法求椭圆C的标准方程；（2）设直线，的方程，与椭圆方程联立方程组，求出M，N的坐标，求出弦长，表示出△DMN的面积，通过不等式求k的取值范围.【详解】（1）如图，以FE所在的直线为x轴，FE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设为椭圆上一点，由题意可知，，∴所以M点轨迹是以F，E为焦点，长轴长的椭圆，因为，，所以，，则，所以椭圆C的方程为．（2）由（1）知，椭圆C的方程为，，所以直线：，：，如图所示，设，，联立，消去y并整理得，所以，所以，所以，联立，消去y并整理得，所以，所以，所以，所以，由，得，整理得，得，又，所以，所以或．所以k的取值范围为【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件，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．；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．21．已知函数，．(1)当时，恒成立，求a的取值范围．(2)若的两个相异零点为，，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）运用导数研究的最小值不小于0即可.（2）消去参数a及比值代换法后得，运用导数研究在上最小值大于0即可.【详解】（1）当时，恒成立，即当时，恒成立，设，所以，即，，设，则，所以，当时，，即在上单调递增，所以，所以当时，，即在上单调递增，所以，若恒成立，则．所以时，恒成立，a的取值范围为.（2）由题意知，，不妨设，由得，则，令，则，即：．要证，只需证，只需证，即证，即证（），令（），因为，所以在上单调递增，当时，，所以成立，故．【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．22．已知圆C的极坐标方程为，直线l的参数方程为（t为参数，α为倾斜角）．(1)若圆C上存在两点关于直线l对称，求直线l的斜率；(2)若直线与圆交于A、B两个不同的点，当时，求直线l的方程．【答案】(1)(2)【分析】（1）先将圆C化为普通方程，再根据题意