江西省南昌市2023屆高三上學(xué)期摸底測試（零模）數(shù)學(xué)（理）試題一、單選題1．已知集合，，則（       ）A． B． C． D．2．復(fù)數(shù)的虛部是（       ）A． B． C． D．3．若變量滿足約束條件，則的最大值為（       ）A．0 B．1 C．2 D．34．“”是“”的（       ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出的值為（       ）A．3 B．4 C．5 D．66．若直線與圓相交于兩點，為坐標原點，則（       ）A． B．4 C． D．－47．已知正方體的棱、、、的中點分別為、、、，則下列直線中，與兩平面、交線平行的一條直線是（       ）A． B． C． D．8．冬殘奧會閉幕式上，中國式浪漫再現(xiàn)，天干地支時辰鐘表盤再現(xiàn)，由定音鼓構(gòu)成的“表盤”形象上，名殘健共融表演者用行為模擬“指針”每圈個時間刻度的行進軌跡．若以圖中點與圓心連線為始邊，某時刻指向第，，名殘健共融表演者的“指針”為終邊的角分別記為，則的值為（       ）A． B． C． D．9．設(shè)函數(shù)的定義域為，且是奇函數(shù)，是偶函數(shù)，則一定有（       ）A． B． C． D．10．若，則的最小值為（       ）A． B． C． D．11．已知函數(shù)的部分圖象如圖所示，則下列判斷正確的是（       ）A．函數(shù)的周期為B．對任意的，都有C．函數(shù)在區(qū)間上恰好有三個零點D．函數(shù)是偶函數(shù)12．若體積為的四棱錐的五個頂點都在表面積為的球面上，四棱錐的底面是邊長為的正方形，平面平面，則棱的長為（       ）A．或 B．或 C．或 D．或 二、填空題13．已知，則_____．14．若函數(shù)在時取得極值，則在上的最小值為_____．15．某工廠名工人某天生產(chǎn)同一類型零件，生產(chǎn)的件數(shù)分別是，，，，，，，，，，則這組數(shù)據(jù)的方差為_____．（參考數(shù)據(jù)：這組數(shù)據(jù)的平方和為）16．剪紙，又叫刻紙，是一種鏤空藝術(shù)，是中國漢族最古老的民間藝術(shù)之一．如圖，紙片為一圓形，直徑，需要剪去四邊形，可以經(jīng)過對折、沿裁剪、展開就可以得到． 已知點在圓上且．要使得鏤空的四邊形面積最小，的長應(yīng)為_____． 三、解答題17．已知公差大于0的等差數(shù)列滿足，且成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列的通項公式；(2)令，求數(shù)列的前項和．18．如圖是飛行棋部分棋盤圖示，飛機的初始位置為0號格，拋擲一個質(zhì)地均勻的骰子，若拋出的點數(shù)為1，2，飛機在原地不動；若拋出的點數(shù)為3，4，飛機向前移一格；若拋出的點數(shù)為5，6，飛機向前移兩格．記拋擲骰子一次后，飛機到達1號格為事件．記拋擲骰子兩次后，飛機到達2號格為事件．(1)求；(2)判斷事件是否獨立，并說明理由；(3)拋擲骰子2次后，記飛機所在格子的號為，求隨機變量的分布列和數(shù)學(xué)期望．19．如圖，水平面上擺放了兩個相同的正四面體和．(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．20．已知，是橢圓的兩個頂點．(1)求橢圓的標準方程；(2)過點的直線與橢圓交于，，與直線交于點，求的值．21．已知函數(shù)．(1)若，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若不等式在區(qū)間上有解，求實數(shù)的取值范圍．22．已知曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），以為極點，軸的非負半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．(1)求曲線的普通方程，曲線的直角坐標方程；(2)設(shè)曲線的交點為，求的值．23．已知函數(shù)．(1)求不等式的解集；(2)若不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍
參考答案：1．B【分析】由題可得，再求即可.【詳解】∵，所以.故選：B.2．A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則即可得到結(jié)果【詳解】所以虛部為故選：A3．D【分析】作出可行域，由可得，根據(jù)數(shù)形結(jié)合求最值即可.【詳解】作出可行域，如圖，由可得，根據(jù)截距的幾何意義可知，故當過點A時，有最大值，由解得，即，所以.故選：D4．C【分析】利用作差法、不等式的基本性質(zhì)結(jié)合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結(jié)論.【詳解】由可得，由已知且，若，則，所以，，則，矛盾.若，則，從而，合乎題意.綜上所述，“”是“”的充要條件.故選：C.5．C【分析】根據(jù)循環(huán)結(jié)構(gòu)逐步計算即可.【詳解】第一步：，，，不成立；第二步：，，，不成立；第三步：，，，成立；輸出.故選：C6．D【分析】先求出圓心到直線的距離，再利用弦心距，半徑和弦的關(guān)系可求出，然后利用向量的數(shù)量積的定義及幾何意義可求得結(jié)果.【詳解】由題意得圓的圓心到直線的距離為，所以，所以，所以，故選：D7．C【分析】作出兩平面、的交線，結(jié)合平行線的傳遞性可得出結(jié)論.【詳解】設(shè)，，連接，則、分別為、的中點，所以，，因為，，平面，平面，所以，為兩平面、的一個公共點，同理可知，也為兩平面、的一個公共點，所以，平面平面，在正方體中，且，又因為、分別為、的中點，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，，，C選項滿足條件，同理可知，若，則，事實上、相交，矛盾，過點作平行的直線有且只有一條，則不與平行，同理可知，不與平行，故選：C.8．B【分析】根據(jù)兩角和的余弦公式化簡計算.【詳解】由已知得，，，所以，故選：B.9．A【分析】根據(jù)函數(shù)圖象之間的平移變換及所給奇函數(shù)判斷A，給出滿足條件的特殊函數(shù)排除BCD.【詳解】因為為奇函數(shù)，所以的圖象經(jīng)過原點，即，由的圖象向右平移2個單位可得函數(shù)的圖象知，圖象過點，即，故A正確；令，則為奇函數(shù)，為偶函數(shù)，顯然BCD不滿足.故選：A10．A【分析】根據(jù)化簡可得該方程表示雙曲線的右支，再結(jié)合雙曲線的性質(zhì)判斷.【詳解】由，左右兩邊同時平方得，即，該方程可表示雙曲線的右支，如圖所示，故的最小值為，故選：A.11．C【分析】利用圖象求出函數(shù)的解析式，利用正弦型函數(shù)的周期性可判斷A選項；利用正弦型函數(shù)的最值可判斷B選項；在時，解方程可判斷C選項；利用正弦型函數(shù)的奇偶性可判斷D選項.【詳解】因為，可得，因為函數(shù)在處附近單調(diào)遞增，所以，，，因為，則，因為函數(shù)在處附近單調(diào)遞減，且在時在處第一次取值為，所以，，可得，.對于A選項，函數(shù)的最小正周期為，A錯；對于B選項，，所以，不是函數(shù)的最大值，B錯；對于C選項，當時，，由可得，可得，所以，函數(shù)在區(qū)間上恰好有三個零點，C對；對于D選項，，故函數(shù)是奇函數(shù)，D錯.故選：C.12．D【分析】設(shè)四棱錐的外接球球心為，分析可知球心在內(nèi)，設(shè)，，根據(jù)三角形的面積公式以及余弦定理可得出關(guān)于、的方程，即可解得的值，即可得解.【詳解】設(shè)四棱錐的外接球球心為，半徑為，則，解得，設(shè)四棱錐的高為，則，解得，設(shè)的中點為，過點在平面內(nèi)作，因為平面平面，平面平面，平面，平面，由球的幾何性質(zhì)可知平面，且，則，所以，平面，故的外接圓的半徑為，，且，因為，所以，、在的同側(cè)，則為銳角，設(shè)，，所以，，，可得，①由余弦定理可得，，②聯(lián)立①②可解得或.故選：D.13．5【分析】根據(jù)向量的坐標運算求解即可.【詳解】由題意，.故答案為：514．##【分析】根據(jù)函數(shù)在處取得極值可得，求得a的值，繼而判斷函數(shù)在上的單調(diào)性，由單調(diào)性求最小值即可.【詳解】，，即，，當時，，在上單調(diào)遞增，.故答案為：.15．【分析】根據(jù)方差公式直接計算即可.【詳解】由已知得，，方差，故答案為：.16．##【分析】設(shè) 根據(jù)可得，進而根據(jù)的面積公式可得的關(guān)系，再根據(jù)基本不等式可得當為等腰三角形時取得面積最小值，進而得出此時，結(jié)合三角函數(shù)求解即可.【詳解】如圖，連接，作于，由題意，，故，所以.設(shè)則由面積公式，，即.由余弦定理，結(jié)合基本不等式，即，當且僅當時取等號.故取最小值時，此時.故. 故答案為：17．(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)基本量與等比中項的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)等比數(shù)列的前項和公式求解即可.（1）設(shè)公差為，因為，，成等比數(shù)列，則，即，，解得，（舍），所以；（2），，所以是以2為首項，4為公比的等比數(shù)列，所以．18．(1)(2)事件，相互獨立，理由見解析(3)分布列見解析，2 【分析】（1）根據(jù)概率的乘法公式求解即可；（2）分別計算判斷即可；（3）隨機變量的可能取值為0，1，2，3，4，再根據(jù)題意分別列式求解即可.（1）由題意，因為飛機每前移一格的概率為，故；（2）由題意，事件拋擲骰子一次后，飛機到達1號格，只能是前移了1格；事件拋擲骰子兩次后，飛機到達2號格可能前移了兩次一格，或一次前移兩格一次原地不動.故，，因此，所以事件，相互獨立．（3）隨機變量的可能取值為0，1，2，3，4，，，，，，所以隨機變量的分布列為01234 所以．19．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）連接與相交于點，過點、分別作平面、平面，垂足分別為、，證明出四邊形為菱形，可得出，證明出四邊形為平行四邊形，可得出，即可證得結(jié)論成立；（2）設(shè)，取線段的中點，連接，證明出平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.（1）證明：因為與共面，所以連接與相交于點，因為和是相同的正四面體，所以，、都是等邊三角形，則，所以四邊形為菱形，則為的中點，過點、分別作平面、平面，垂足分別為、，根據(jù)正四面體的性質(zhì)可知、分別為、的中心且E,F在DC上，且，設(shè)正四面體的棱長為，則，，平面，平面，，，同理可得，所以，，故四邊形為平行四邊形，故，因為四邊形為菱形，則，因此，.（2）解：設(shè)，取線段的中點，連接，易知，所以，為的中點，因為四邊形為平行四邊形，則且，因為、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則，所以，平面，因為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系， 則、、、，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，設(shè)平面的法向量為，，則，取，可得，.由圖形可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為.20．(1)(2) 【分析】（1）根據(jù)橢圓頂點坐標直接可得橢圓方程；（2）設(shè)直線方程，可得點，聯(lián)立直線與橢圓結(jié)合韋達定理，再根據(jù)兩點間距離化簡可得解.（1）由，是橢圓的兩個頂點，得，，即；（2）當直線的斜率不存在時，直線與橢圓有且只有一個公共點，不成立，所以設(shè)，，，直線的斜率為，則，同理，，則．設(shè)：，而：，聯(lián)立解得，所以；聯(lián)立直線與橢圓方程，消去得：，所以，，所以，所以，即．【點睛】(1)解答直線與橢圓的題目時，時常把兩個曲線的方程聯(lián)立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根與系數(shù)的關(guān)系，并結(jié)合題設(shè)條件建立有關(guān)參變量的等量關(guān)系．(2)涉及到直線方程的設(shè)法時，務(wù)必考慮全面，不要忽略直線斜率為0或不存在等特殊情形．21．(1)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為(2) 【分析】（1）當時，分析導(dǎo)數(shù)的符號變化，由此可得出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；（2）分、兩種情況討論，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)在上的單調(diào)性，驗證在上能否成立，綜合可得出實數(shù)的取值范圍.（1）解：當時，，，當時，，，所以，即在上單調(diào)遞增，當時，，，所以，即在上單調(diào)遞減，則的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為.（2）解：因為，則，①當時，即時，因為，，，所以，因此函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，不等式在區(qū)間上無解；②當時，即時，當時，，，因此，所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，，不等式在區(qū)間上有解．綜上，實數(shù)的取值范圍是．【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間的基本步驟：（1）求函數(shù)的定義域；（2）求導(dǎo)數(shù)；（3）解不等式，并與定義域取交集得到的區(qū)間為函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間；解不等式，并與定義域取交集得到的區(qū)間為函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間.22．(1)，(2)16 【分析】（1）消參可得曲線的普通方程，再根據(jù)極坐標與直角坐標的互化可得的直角坐標方程；（2）根據(jù)極坐標的幾何意義，將曲線化成極坐標，再分別代入和到的極坐標方程求解即可.（1）因為曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)），所以曲線的普通方程為.因為曲線的極坐標方程為，即，故，，所以曲線的直角坐標方程為；（2）因為曲線的普通方程為，所以曲線的極坐標方程為，令，則，令，則，所以．23．(1)(2) 【分析】（1）分類討論去絕對值后再求解不等式即可；（2）討論，當時，利用絕對值的三角不等式求解的最大值即可；（1），當時，，即，當時，，解得，即，當時，，解得，此時無解，綜上：不等式的解集為；（2）時上述不等式顯然成立，當時，上述不等式可化為，令，當且僅當時等號成立，所以，即實數(shù)的取值范圍為． 

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