2023届江西省赣州市兴国县联考高三下学期5月月考数学试题理（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省赣州市兴国县联考2023届高三下学期5月月考数学试题（理）一､选择题1.已知复数，则（）A.3i B.－3i C.3 D.－3〖答案〗B〖解析〗由题可得，所以．故选：B．2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题可得，，所以．故选：A．3.已知的展开式中所有项的系数和为512，则展开式中的常数项为（）A.－756 B.756 C.－2268 D.2268〖答案〗D〖解析〗令可得展开式中所有项的系数和为，所以，故，令，则，所以展开式中的常数项为：．故选：D．4.下列说法正确的是（）A.在一个2×2列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大B.随机变量，若函数为偶函数，则C.若回归直线方程为，则样本点中心不可能为D.若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则甲组数据的线性相关性更强〖答案〗BCD〖解析〗对于A，在一个2×2列联表中，由计算得的值（可大于1），的值越大，两个变量相关的把握越大，故A错误；对于B，为偶函数，则，即，故可得，故B正确；对于C，，所以样本点的中心不可能为，C正确；对于D，具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，D正确．故选：BCD.5.已知圆，从圆心C射出的光线被直线反射后，反射光线恰好与圆C相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A.或 B.或 C.或 D.或〖答案〗C〖解析〗圆，圆心为，设圆心关于直线的对称点为，则，解得，即，设反射光线所在的直线斜率为k，则反射光线所在的直线方程为，因为反射光线恰好与圆C相切，所以，整理得，解得或.故选：C．6.已知角，且，则（）A. B. C. D.-2〖答案〗C〖解析〗由可得，即，故.又，故，即，代入可得.故.故选：C.7.某款电子产品的售价（万元/件）与上市时间（单位：月）满足函数关系（a，b为常数，且），若上市第2个月的售价为2.8万元，第4个月的售价为2.64万元，那么在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为（）（参考数据：）A.3.016万元 B.2.894万元 C.3.048万元 D.2.948万元〖答案〗B〖解析〗由题得，，得，解得或，当时，，不合题意舍去，当时，，则，所以，当时，，所以在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为2.894万元．故选：B．8.已知P为双曲线上的动点，O为坐标原点，以OP为直径的圆与双曲线C的两条渐近线交于，两点（A，B异于点O），若恒成立，则该双曲线离心率的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗双曲线C的两条渐近线方程为，若恒成立，则A，B两点始终位于x轴同侧，则，故，即，即，得，又，所以双曲线离心率的取值范围为．故选：A．9.执行如图所示的程序框图，若随机输入的，则输出的的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由框图可得若，则，解得.故当，满足，可得输出；当时，满足，可得输出；当时，不满足，此时，故可得输出；当时，不满足，此时；不满足，此时，可得输出.故当时均能得到，故输出的的概率为.故选：B.10.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，，为的导函数，且，若当时，的取值范围为，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗，，，，，，又，，；当时，，，，解得：.故选：D.11.如图，在长方体中，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则以下结论：①不存在点，使得平面；②平面，③点和点到平面的距离相等，④直线与平面，所成角的最大值为．其中正确的为（）A.①②④ B.③④ C.②③④ D.②③〖答案〗C〖解析〗如图所示建立空间直角坐标系，由题意可得，设，则，由及平行线分线段成比例可知，所以，对于①，，由条件易知面，故是面的一个法向量，若，此时，即存在点，使得平面，故①错误；易知面，故是面的一个法向量，显然，即平面，故②正确；易知，则点和点到平面的距离分别为，显然，故③正确；易知是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，令，当时，，即此时单调递增，当时，，即此时单调递减，所以，故的最大值为，即④正确.故选：C12.已知函数存在两个极值点，则以下结论正确的为（）A. B.C.若，则 D.〖答案〗D〖解析〗函数的定义域为R，求导得，由，得，显然，由函数存在两个极值点，得方程，即两个不相等的实数根，于是函数的图象与直线有两个交点，且横坐标分别为，求导得，由得，由得，因此函数，上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，对于A，要使函数存在两个极值点为，则，A错误；对于B，当时，由函数的图象知，，B错误；对于C，若，则，得，则，C错误；对于D，由，得，又，则，，有，即，因此，D正确．故选：D.三､填空题13.已知单位向量，满足，则向量与的夹角为______.〖答案〗〖解析〗由单位向量，满足，得，所以，，所以，又,所以.故〖答案〗为：.14.已知圆锥的内切球半径为，若圆锥的侧面展开图恰好为一个半圆，则该圆锥的体积为___________．〖答案〗〖解析〗设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，圆锥侧面展开图为半圆，侧面展开图扇形弧长为，解得：；作出圆锥的轴截面如下图所示，其中为圆锥内切球球心，，，又，，解得：，，圆锥体积.故〖答案〗为：.15.已知函数的定义域为R，，且对，都有，设，则数列的前2023项的和______．〖答案〗〖解析〗设，则，，即，又，即，于是，则，从而，所以．故〖答案〗为：.16.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为，，则______．〖答案〗0〖解析〗由题可知抛物线的准线为，又直线，设直线l过抛物线的准线与x轴的交点为M，如图，过点A作准线的垂线，垂足为Q，由直线l的斜率为，易得，故，由抛物线的性质可得，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，同理可得，故，所以．故〖答案〗为：0.三、解答题（一）必考题：60分．17.在新高考的数学试卷中，有4道题为多项选择题，在每个试题所给的4个选项中有多项符合题目要求，其评分规则为：全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．（1）若某两个多项选择题中分别有2个和3个正确选项．如果小茗同学不能判断两个题中任何一个选项是否符合题目要求．他每个题均随机选取了2项，记他这两题的总得分为X，求X的分布列和数学期望；（2）若某个多项选择题所给的四个选项中有3个符合题目要求，小茗同学只能判断其中的一个选项符合题目要求，不能判断其它选项是否符合题目要求，若你是小茗同学，除了能判断的符合题目要求的选项外，从得分均值的角度分析，你是否再随机选取1个或2个选项作为答题结果？请说明理由．解：（1）随机变量X的所有可能取值为0，2，5，7．则，，，，所以X的分布列为：X0257P所以．（2）不再选取，理由如下：如果小茗同学只选择能判断符合题目要求的那个选项为解答结果，则他本题得分为2分，若他再随机选取1个，则他本题的得分Y可能为：0或2，，，，因为，所以不再随机选取一个选项作为答题结果.若他再随机选取2个，则他本题的得分Z可能为：0或5，，，，因为，所以不再随机选取2个选项作为答题结果.综上，除了能判断的正确选项外，不再随机选取1个或2个选项作为答题结果.18.已知A，B，C为的三个内角，，，M，N分别为边AB，AC上的动点（不包括端点），点A关于直线MN的对称点D在边BC上．（1）记时，求θ的取值范围；（2）当AN长度取得最小值时，求MN的长度．解：（1）由题，，即，又，得，因为，即，因为，故，所以，如图．因为点A与点D关于MN对称，所以，且，所以，设，则，，即，整理得，因为，所以，即，又，所以，，所以θ的取值范围为；（2）在中，，由正弦定理得①，在中，，得②，由①②得，令，由（1）知，所以，所以当，即时，t取得最大值，即AN取得最小值，此时，故MN的长度为．19.如图，在梯形ABCD中，，，，E为边AD上的点，，，将沿直线CE翻折到的位置，且，连接PA，PB．（1）证明：；（2）Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数λ的值．（1）证明：因为，所以，，又，PE、平面PAE，所以平面PAE，平面ABCE，所以平面平面PAE．在梯形ABCD中，，所以，所以在四棱锥中，．因为，所以为正三角形．取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，因为平面平面PAE，平面平面，平面可得平面，平面,所以．又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，又，OC、平面POC，所以平面POC，因为平面POC，所以;（2）解：由（1）知OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则：，，，，由得，则，，设平面QBC的一个法向量为，故即，令，得，，所以，易知平面ABC的一个法向量为，所以，解得或（舍）．所以实数的值为．20.已知椭圆的左、右焦点分别为、，斜率不为0的直线过点，与椭圆交于两点，当直线垂直于轴时，，椭圆的离心率．（1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设椭圆的焦距为，则，①将代入椭圆方程得：，解得，所以，②又，③综合①②③解得：，，，所以椭圆M的方程为．（2）存在．设，，，直线，联立方程：，得，所以，，，，，当，即时，为定值，所以存在点，使得为定值．21.已知函数．（1）若存在唯一零点，求实数a的取值范围；（2）当时，证明：．（1）解：由题可知的定义域为，，当时，，在上单调递增；且，所以存在唯一零点；当时，令，得，当时，单调递增；当时，，单调递减．所以，且；，．若存在唯一零点，则，设，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，故当时，，综上，存在唯一零点时，实数a的取值范围为或；（2）证明：由（1）知：当时，在上单调递减，所以，即在上恒成立．令，，则，所以，所以，所以当时，．（二）选考题[选修4-4：坐标系与参数方程]22.在平面直角坐标系中，已知直线参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线相切，求直线的斜率．解：（1）因为，，所以，即；（2）直线的参数方程代入得，即，若直线与曲线相切，则，得，又，解得，，可得，所以直线的斜率为.[选修4-5：不等式选讲]23.已知不等式的解集为．（1）求实数的值；（2）若，且，求的最小值．解：（1）当时，不等式的解集为，不合题意；

当时，不等式的解集为，不合题意;

当时，，即，

因为不等式的解集为，所以.（2）由（1）知，，设，，则.，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为江西省赣州市兴国县联考2023届高三下学期5月月考数学试题（理）一､选择题1.已知复数，则（）A.3i B.－3i C.3 D.－3〖答案〗B〖解析〗由题可得，所以．故选：B．2.已知集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题可得，，所以．故选：A．3.已知的展开式中所有项的系数和为512，则展开式中的常数项为（）A.－756 B.756 C.－2268 D.2268〖答案〗D〖解析〗令可得展开式中所有项的系数和为，所以，故，令，则，所以展开式中的常数项为：．故选：D．4.下列说法正确的是（）A.在一个2×2列联表中，计算得到的值，则的值越接近1，可以判断两个变量相关的把握性越大B.随机变量，若函数为偶函数，则C.若回归直线方程为，则样本点中心不可能为D.若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则甲组数据的线性相关性更强〖答案〗BCD〖解析〗对于A，在一个2×2列联表中，由计算得的值（可大于1），的值越大，两个变量相关的把握越大，故A错误；对于B，为偶函数，则，即，故可得，故B正确；对于C，，所以样本点的中心不可能为，C正确；对于D，具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，D正确．故选：BCD.5.已知圆，从圆心C射出的光线被直线反射后，反射光线恰好与圆C相切，则反射光线所在直线的斜率为（）A.或 B.或 C.或 D.或〖答案〗C〖解析〗圆，圆心为，设圆心关于直线的对称点为，则，解得，即，设反射光线所在的直线斜率为k，则反射光线所在的直线方程为，因为反射光线恰好与圆C相切，所以，整理得，解得或.故选：C．6.已知角，且，则（）A. B. C. D.-2〖答案〗C〖解析〗由可得，即，故.又，故，即，代入可得.故.故选：C.7.某款电子产品的售价（万元/件）与上市时间（单位：月）满足函数关系（a，b为常数，且），若上市第2个月的售价为2.8万元，第4个月的售价为2.64万元，那么在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为（）（参考数据：）A.3.016万元 B.2.894万元 C.3.048万元 D.2.948万元〖答案〗B〖解析〗由题得，，得，解得或，当时，，不合题意舍去，当时，，则，所以，当时，，所以在上市第1个月时，该款电子产品的售价约为2.894万元．故选：B．8.已知P为双曲线上的动点，O为坐标原点，以OP为直径的圆与双曲线C的两条渐近线交于，两点（A，B异于点O），若恒成立，则该双曲线离心率的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗双曲线C的两条渐近线方程为，若恒成立，则A，B两点始终位于x轴同侧，则，故，即，即，得，又，所以双曲线离心率的取值范围为．故选：A．9.执行如图所示的程序框图，若随机输入的，则输出的的概率为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由框图可得若，则，解得.故当，满足，可得输出；当时，满足，可得输出；当时，不满足，此时，故可得输出；当时，不满足，此时；不满足，此时，可得输出.故当时均能得到，故输出的的概率为.故选：B.10.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，，为的导函数，且，若当时，的取值范围为，则的取值范围为（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗，，，，，，又，，；当时，，，，解得：.故选：D.11.如图，在长方体中，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则以下结论：①不存在点，使得平面；②平面，③点和点到平面的距离相等，④直线与平面，所成角的最大值为．其中正确的为（）A.①②④ B.③④ C.②③④ D.②③〖答案〗C〖解析〗如图所示建立空间直角坐标系，由题意可得，设，则，由及平行线分线段成比例可知，所以，对于①，，由条件易知面，故是面的一个法向量，若，此时，即存在点，使得平面，故①错误；易知面，故是面的一个法向量，显然，即平面，故②正确；易知，则点和点到平面的距离分别为，显然，故③正确；易知是平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，令，当时，，即此时单调递增，当时，，即此时单调递减，所以，故的最大值为，即④正确.故选：C12.已知函数存在两个极值点，则以下结论正确的为（）A. B.C.若，则 D.〖答案〗D〖解析〗函数的定义域为R，求导得，由，得，显然，由函数存在两个极值点，得方程，即两个不相等的实数根，于是函数的图象与直线有两个交点，且横坐标分别为，求导得，由得，由得，因此函数，上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，对于A，要使函数存在两个极值点为，则，A错误；对于B，当时，由函数的图象知，，B错误；对于C，若，则，得，则，C错误；对于D，由，得，又，则，，有，即，因此，D正确．故选：D.三､填空题13.已知单位向量，满足，则向量与的夹角为______.〖答案〗〖解析〗由单位向量，满足，得，所以，，所以，又,所以.故〖答案〗为：.14.已知圆锥的内切球半径为，若圆锥的侧面展开图恰好为一个半圆，则该圆锥的体积为___________．〖答案〗〖解析〗设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，圆锥侧面展开图为半圆，侧面展开图扇形弧长为，解得：；作出圆锥的轴截面如下图所示，其中为圆锥内切球球心，，，又，，解得：，，圆锥体积.故〖答案〗为：.15.已知函数的定义域为R，，且对，都有，设，则数列的前2023项的和______．〖答案〗〖解析〗设，则，，即，又，即，于是，则，从而，所以．故〖答案〗为：.16.已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于A，B两点，设直线AF，BF的斜率分别为，，则______．〖答案〗0〖解析〗由题可知抛物线的准线为，又直线，设直线l过抛物线的准线与x轴的交点为M，如图，过点A作准线的垂线，垂足为Q，由直线l的斜率为，易得，故，由抛物线的性质可得，所以，在中，由正弦定理可得：，所以，同理可得，故，所以．故〖答案〗为：0.三、解答题（一）必考题：60分．17.在新高考的数学试卷中，有4道题为多项选择题，在每个试题所给的4个选项中有多项符合题目要求，其评分规则为：全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．（1）若某两个多项选择题中分别有2个和3个正确选项．如果小茗同学不能判断两个题中任何一个选项是否符合题目要求．他每个题均随机选取了2项，记他这两题的总得分为X，求X的分布列和数学期望；（2）若某个多项选择题所给的四个选项中有3个符合题目要求，小茗同学只能判断其中的一个选项符合题目要求，不能判断其它选项是否符合题目要求，若你是小茗同学，除了能判断的符合题目要求的选项外，从得分均值的角度分析，你是否再随机选取1个或2个选项作为答题结果？请说明理由．解：（1）随机变量X的所有可能取值为0，2，5，7．则，，，，所以X的分布列为：X0257P所以．（2）不再选取，理由如下：如果小茗同学只选择能判断符合题目要求的那个选项为解答结果，则他本题得分为2分，若他再随机选取1个，则他本题的得分Y可能为：0或2，，，，因为，所以不再随机选取一个选项作为答题结果.若他再随机选取2个，则他本题的得分Z可能为：0或5，，，，因为，所以不再随机选取2个选项作为答题结果.综上，除了能判断的正确选项外，不再随机选取1个或2个选项作为答题结果.18.已知A，B，C为的三个内角，，，M，N分别为边AB，AC上的动点（不包括端点），点A关于直线MN的对称点D在边BC上．（1）记时，求θ的取值范围；（2）当AN长度取得最小值时，求MN的长度．解：（1）由题，，即，又，得，因为，即，因为，故，所以，如图．因为点A与点D关于MN对称，所以，且，所以，设，则，，即，整理得，因为，所以，即，又，所以，，所以θ的取值范围为；（2）在中，，由正弦定理得①，在中，，得②，由①②得，令，由（1）知，所以，所以当，即时，t取得最大值，即AN取得最小值，此时，故MN的长度为．19.如图，在梯形ABCD中，，，，E为边AD上的点，，，将沿直线CE翻折到的位置，且，连接PA，PB．（1）证明：；（2）Q为线段PA上一点，且，若二面角的大小为，求实数λ的值．（1）证明：因为，所以，，又，PE、平面PAE，所以平面PAE，平面ABCE，所以平面平面PAE．在梯形ABCD中，，所以，所以在四棱锥中，．因为，所以为正三角形．取AE中点O，连接PO，OB，OC，易得，，因为平面平面PAE，平面平面，平面可得平面，平面,所以．又，，，所以四边形OBCE为正方形，所以，又，OC、平面