2023年江西鹰潭高三二模理科数学试卷【含答案】

2023年江西鹰潭高三二模理科数学试卷一、单选题1、如图,两个区域分别对应集合,其中.则阴影部分表示的集合为（

）A.B.C.D.2、复数满足（i是虚数单位），的共轭复数是，则的模是（

）A. B.4044 C.2 D.03、下列命题中错误的是（

）A.命题“”的否定是“”B.命题“若，则”的否命题为“若，则”C.“两直线斜率相等”是“两直线平行”的充要条件D.若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题4、已知，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（

）A.2 B. C. D.15、若，则（

）．A.B.C.D.6、已知等差数列满足，则可能取的值是（

）A. B. C.4 D.67、“寸影千里”法是《周髀算经》中记载的一种远距离测量的估算方法，其具体方法是在同一天（如夏至）的正午，于两地分别竖起同高的标杆，然后测量标杆的影长，并根据“日影差一寸，实地相距千里”的原则推算两地距离．如图，某人在夏至的正午分别在同一水平面上的A，B两地竖起高度均为a寸的标杆与，与分别为标杆与在地面的影长，再按影长与的差结合“寸影千里”来推算A，B两地的距离．记，按照“寸影千里”原则，A，B两地距离大约为（

）A.里B.里C.里D.里8、已知直线和圆满足对直线上任意一点，在圆上存在点，使得，则实数的取值范围是（

）A.B.C.D.9、已知直线经过椭圆的左焦点，且直线与轴交于点，与椭圆在第一象限内交于点．若，则椭圆的离心率是A. B. C. D.10、已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足．若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（

）A. B.0 C. D.11、如图，在棱长为2的正四面体ABCD中，点N，M分别为和的重心，P为线段CM上一点．（

）A.的最小为2B.若DP⊥平面ABC，则C.若DP⊥平面ABC，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为D.若F为线段EN的中点，且，则12、已知二进制和十进制可以相互转化，例如，则十进制85转化二进制位．若将正整数n对应的二进制中0的个数记为，例如．则，则下列结论正确的为（

）A. B. C. D.二、填空题13、在二项式的展开式中，常数项为

．14、冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、雪橇，滑冰，滑雪、冰球7个大项，现有甲、乙、丙三名志愿者，设A表示事件为“甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者”，B表示事件为“甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者”，则

.15、已知直线，定点，是直线上的动点，若经过点，的圆与直线相切，则这个圆的面积的最小值为

．16、在中，，D为BC的中点，则的最大值为

．三、解答题17、记Sn为数列的前n项的和，已知，是公差为的等差数列．(1)求数列的通项公式；(2)令，记数列的前n项和为Tn，试求除以3的余数．某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏；每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”，已知甲乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2．若，，求他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率；已知，则：①取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率；②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？如图，在三棱柱中，△ABC是边长为2的正三角形，顶点在底面ABC的投影为AB的中点O，已知与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，M为棱上一点．求三棱锥的体积；若，求二面角的正弦值．已知双曲线C：过点，且渐近线方程为.求双曲线C的方程；如图，过点的直线l交双曲线C于点M、N.直线MA、NA分别交直线于点P、Q，求的值.已知函数，，.判断的单调性；若有唯一零点，求的取值范围.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为.写出曲线的参数方程；设是曲线上的动点，是曲线上的动点，求之间距离的最大值.已知，，.证明：；证明：.1、【答案】D;【解析】【分析】根据题意表示出集合,将集合中元素还原到图形中,即可得到结果.【详解】解:由题意知,,阴影部分表示的集合为,因为,所以.故选:D2、【答案】B;【解析】【分析】首先根据题意得到，再求的模长即可.【详解】因为，所以.所以，，所以.故选：B3、【答案】C;【解析】【分析】利用含有一个量词的命题的否定、否命题的概念、两直线平行的充要条件以及的真假进行判断.【详解】对于A，命题“”的否定是“”，故A正确；对于B，命题“若，则”的否命题为“若，则”，故B正确；对于C，若两直线斜率相等，则两直线平行或重合；但若两直线平行，斜率可能不存在，故C错误；对于D，若“p或q”为假命题，则p，q均为假命题，故D正确.故选：C.4、【答案】B;【解析】【分析】根据程序框图比较的大小，输出三个数中的最小值.【详解】根据程序框图可知，执行程序输出的结果是三个数中的最小值.因为，，，所以，所以输出的值为.故选：B.5、【答案】D;【解析】由已知得，即，即，所以，故选：．6、【答案】A;【解析】【分析】根据题意，令，，由等差数列的下标和性质结合三角函数的性质求解即可.【详解】设，，则，所以，故选：A.7、【答案】C;【解析】【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函数及两角和的余弦公式化简，最后根据“寸影千里”的原则得解.【详解】由题意可知，所以，所以可以估计A，B两地的距离大约为里，故选：C．8、【答案】B;【解析】【分析】分析可知直线与圆相切或相离，可知圆心到直线的距离不小于圆的半径，可得出关于实数的不等式，解之即可.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，因为对直线上任意一点，在圆上存在点，使得，所以直线与圆相切或相离，则，解得.故选：B.9、【答案】C;【解析】如图，设椭圆的右焦点为．因为直线的斜率是，所以，所以．因为，所以．在中，由余弦定理可得，则．由椭圆的定义可得，则椭圆的离心率．故选：.10、【答案】A;【解析】【分析】根据图象，利用正弦型函数的性质、向量垂直的充要条件以及诱导公式进行求解.【详解】由图象可知，，所以，又，所以，所以，又，所以，又，所以，所以，所以点的坐标为，因为，所以，即，又，解得，所以，将的图象向左平移1个单位，得到的图象对应的函数为，所以，故B，C，D错误.故选：A.11、【答案】D;【解析】【分析】A选项由线面垂直证得CM⊥BM，CM⊥AM，进而由点P与点M重合时即可判断；B选项利用内切球求得即可判断；C选项找到球心，由勾股定理求得半径，即可判断；D选项由空间向量的线性运算即可判断.【详解】易得，又，则面，又面，则，同理可得，，则CM⊥平面ABD，又平面，所以CM⊥BM，CM⊥AM．则当点P与点M重合时，取得最小值，又，则最小值为，A错误．在正四面体ABCD中，因为DP⊥平面ABC，易得在上，所以，又点N，M也是和的内心，则点P为正四面体ABCD内切球的球心．，．设正四面体ABCD内切球的半径为r，因为，所以，解得，即，故，B错误．设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，半径为R，易得球心在直线上，且，则，解得，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为，C错误．若F为线段EN的中点，则，．设，则．因为，所以设，则解得故，D正确.故选：D.12、【答案】C;【解析】【分析】根据题意，设正整数，得到正整数的二进制系数和，及正整数的二进制系数中0的个数为，进而逐项判定，即可求解.【详解】设正整数（其中个系数，其中）则正整数的二进制系数和（也是正整数的二进制系数中1的个数），所以正整数的二进制系数中0的个数为，因为，所以，所以，所以B错误；因为，所以的二进制系数中1的个数为，所以0的个数，所以A错误；因为，所以的二进制系数中1的个数为，而，所以的二进制系数中1的个数为，所以，故的二进制的系数中0的个数为，所以C正确；因为，所以系数和，所以的二进制中0的个数为，所以D错误.故选：C.13、【答案】240;【解析】【分析】根据二项式定理，展开式中要出现常数项即需要消掉，不难发现，当的次方为4次方时即可为常数项.【详解】常数项为：.故答案为：240.14、【答案】;【解析】【分析】通过条件概率的公式与求法分析求解即可.【详解】，表示A事件与B事件同时发生的概率，冬奥会设有7个大项，有甲、乙、丙三名志愿者，则每人可有7种选择，共有种选择，对B事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，则，对于AB事件：若甲、乙、丙分别是三个不同项目的志愿者，甲不是雪车项目的志愿者，乙不是雪橇项目的志愿者，甲不能选雪车，则甲有6种选法，乙有6种选法，丙有5种选法，共种，但甲不选雪橇，则乙就有可能选雪橇，则要减去乙选雪橇，甲从剩下的5种选，丙依然有5种选择，共种，则，则.15、【答案】;【解析】【分析】确定的轨迹为抛物线，抛物线方程为，当点与原点重合时，半径最小为，计算得到面积.【详解】根据题意，设圆的圆心为，则圆心到的距离等于到直线的距离，故的轨迹为抛物线，抛物线方程为，当点与原点重合时，半径最小为，此时，圆心到直线的距离为，直线与圆有交点，满足，圆的面积的最小值为.故答案为：16、【答案】;【解析】【分析】先设，由三角形三边关系得到，再利用三角函数的诱导公式与余弦定理得到，从而利用换元与基本不等式求得的最小值，结合与在上的单调性即可求得的最大值.【详解】设，则，因为为的中点，，所以，由三角形三边关系，可知且，解得，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，因为，所以,所以，解得，则，，令，则，，，则，当且仅当，即时，等号成立，此时，解得，因为，所以．因为在上单调递减，在单调递增，所以当取得最小值时，取得最大值，此时，则，所以的最大值为.故答案为：..【点睛】关键点睛：本题中突破口为，由此得到，再结合余弦定理得到，最后利用基本不等式即可得解.17、【答案】(1)(2)2;【解析】（1）由是公差为的等差数列，且，则，即，当时，，两式相减可得：，即，因为满足上式，所以数列的通项公式为（2）由（1）可得，所以，又，因为均为正整数，所以存在正整数使得，故，所以除以3的余数为2.18、【答案】(1)(2)①当时，最大概率为；②625;【解析】（1）每小组投进的次数之和不少于3次的称为“神投小组”,则可能的情况有①甲投中一次,乙投中两次;②甲投中两次,乙投中一次;③甲投中两次,乙投中两次,，他们在第一轮游戏获得“神投小组”称号的概率为（2）①通过题意得他们在一轮游戏获得“神投小组”称号的概率，又,则，令,则,在上单调递增,则,此时.②他们小组在轮游戏中获得“神投小组”称号的次数满足,,则,平均要进行625轮游戏.19、【答案】(1)(2);【解析】【分析】（1）通过选择不同的底面和高，将求三棱锥的体积转化为求三棱锥的体积；（2）建立合适的空间直角坐标系，即可求解.【详解】（1）因为在三棱柱中，O为在底面投影，所以面ABC，面．又因为O为AB中点，所以，AC＝2，所以．因为与底面ABC内所有直线所成角中的最小值为，且面ABC，所以，，所以．（2）以O为原点，OB，OC，为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，，，，，又因为，所以，所以，，．设为平面ABM的一个法向量，则即，令，则；设为平面CBM的一个法向量，则

即，令，则．所以．所以二面角的正弦值为．20、【答案】(1)(2)1;【解析】【分析】（1）根据渐近线方程设双曲线C的方程为，代入点，运算求解即可得结果；（2）设，根据题意求点的坐标，结合韦达定理证明，即可得结果，注意分类讨论直线是否与轴垂直.【详解】（1）∵双曲线C的渐近线方程为，则可设双曲线C的方程为，代入点，即，故双曲线C的方程为.（2）由双曲线C的方程为的方程可得，由题意可得点，则有：当直线l与轴垂直时，则，可得直线，令，则，即点，同理可得：点，故，即；当直线l不与轴垂直时，设直线，联立方程，消去x得，则，可得直线，令，则，即点，同理可得：点，∵，即点关于x轴对称，故，即；综上所述：的值为1.【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．21、【答案】(1)在上单调递增．(2).;【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其正负，即可确定函数单调性.（2）求出函数的导数，对a分类讨论，判断函数单调性，结合函数最值以及零点存在定理判断函数零点个数，综合即可求得答案.【详解】（1）定义域为,记,当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，故，∴在上单调递增．（2