2023屆江西省宜春市高三一模數學（理）試題 一、單選題1．設集合，，則（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】解一元二次不等式求集合A，解對數不等式求集合B，應用集合交運算求結果.【詳解】由，可得，故，由，所以.故選：C2．若復數滿足為純虛數，且，則的虛部為（    ）A．1 B． C． D．1【答案】B【分析】設，利用復數除法運算和向量模長運算可構造方程求得的值，即為所求虛部.【詳解】設，為純虛數，，，又，，解得：，的虛部為.故選：B.3．給出下列命題，其中正確命題的個數為（    ）①若樣本數據的方差為，則數據的方差為；②回歸方程為時，變量與具有負的線性相關關系；③隨機變量服從正態(tài)分布，，則；④在回歸分析中，對一組給定的樣本數據而言，當樣本相關系數越接近時，樣本數據的線性相關程度越強.A．個 B．個 C．個 D．個【答案】B【分析】根據方差的性質、回歸直線的意義、正態(tài)分布曲線的對稱性和相關系數的意義依次判斷各個選項即可.【詳解】對于①，由方差的性質可知：數據的方差為，①錯誤；對于②，由回歸方程知：，則變量與具有負的線性相關關系，②正確；對于③，由正態(tài)分布曲線的對稱性可知：，③錯誤；對于④，由相關系數意義可知：越接近時，樣本數據的線性相關程度越強，④正確.故選：B.4．已知實數滿足約束條件則的最大值是（    ）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】畫出可行域，向上平移基準直線到可行域邊界位置，由此求得的最大值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，向上平移基準直線到可行域邊界點的位置，此時取得最大值為.故選：B.5．已知為單位向量，且，則與的夾角為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量數量積的運算律可構造方程求得，再結合向量數量積定義、運算律和向量夾角公式可求得結果.【詳解】為單位向量，，，解得：，，，，又，.故選：A.6．若則（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】構造函數，利用導數判斷函數單調性，再結合對數的性質即可判斷大小關系.【詳解】因為，，，當時，設，則，所以在上單調遞減且，所以，即，所以；又因為，所以，，即，所以.故選：A.7．在數學和許多分支中都能見到很多以瑞士數學家歐拉命名的常數，公式和定理，若正整數只有1為公約數，則稱互質，對于正整數是小于或等于的正整數中與互質的數的個數，函數以其首名研究者歐拉命名，稱為歐拉函數，例如：，.記為數列的前項和，則（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據題意分析可得，結合等比數列求和公式運算求解.【詳解】由題意可知：若正整數與不互質，則為3的倍數，共有個，故，∵，即數列是以首項，公比的等比數列，故.故選：D.8．函數的圖象關于直線對稱，將的圖象向左平移個單位長度后與函數圖象重合，下列說法正確的是（    ）A．函數圖象關于直線對稱B．函數圖象關于點對稱C．函數在單調遞減D．函數最小正周期為【答案】C【分析】由對稱性求得，由圖象平移變換求得，然后結合正弦函數的對稱性，單調性，周期判斷各選項．【詳解】由已知，，，又，∴，，，A錯；，B錯；時，，C正確；的最小正周期是，D錯．故選：C．9．在Rt中，.以斜邊為旋轉軸旋轉一周得到一個幾何體，則該幾何體的內切球的體積為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據旋轉體的概念得出該旋轉體是兩個共底面的圓錐的組合體，作出軸截面，得出內切球于心位于對稱軸上，由平行線性質求得球半徑后可得球體積．【詳解】由題意該幾何體是兩個共底面的圓錐的組合體，如圖是其軸截面，由對稱性知其內切球球心在上，到的距離相等為球的半徑，設其為，因為是直角，所以是正方形，即，由得，即，解得，球體積為．故選：C．10．如圖所示，在等腰梯形中，，現將梯形依次繞著各點順時針翻轉，則在第一次繞著點翻轉的過程中，對角線掃過的平面區(qū)域面積為（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據已知求得，進而得第一次繞著點翻轉的過程的翻轉角為、，利用扇形面積公式求對角線掃過的平面區(qū)域面積即可.【詳解】由題設，，又，則，所以，又，可得，故，所以第一次繞著點翻轉的過程的翻轉角為，而，故對角線掃過的平面區(qū)域面積為.故選：D11．已知數列滿足，若數列的前項和，對任意不等式恒成立，則實數的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據求得 ,再因為對任意不等式恒成立，，求出實數的取值范圍.【詳解】①,②,由①-②可得，當 時,,當,當,,當，所以,對任意不等式恒成立,所以 ,.所以.故選:C.12．已知雙曲線的左?右焦點分別為，過右焦點的直線與雙曲線的右支交于兩點，若的內心分別為，則與面積之和的取值范圍是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據圓的切線長相等的性質，結合雙曲線定義可求得兩內切圓與軸均相切于點，由∽可求得，結合雙曲線漸近線斜率可確定直線傾斜角的范圍，結合可求得的范圍；由對勾函數單調性可確定所求面積之和的取值范圍.【詳解】由雙曲線方程得：，，則，設內切圓與三邊相切于點，，，，，又，，，設，則，解得：，即；同理可知：內切圓與軸相切于點；分別為的角平分線，，又，∽，則，設內切圓半徑分別為，，，即，，雙曲線的漸近線斜率，直線的傾斜角，，則，，解得：，又在上單調遞減，在上單調遞增，當時，；當時，；當時，；，.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題考查直線與雙曲線中三角形面積相關問題的求解，解題關鍵是能夠利用相似三角形的知識求得兩內切圓半徑之間滿足的等量關系，從而將所求面積之和轉化為關于一個變量的函數的形式，利用函數單調性求得結果. 二、填空題13．已知，則到點的距離為2的點的坐標可以是___________.（寫出一個滿足條件的點就可以）【答案】上的任意一點都可以【分析】根據定積分的幾何意義先求出，再寫出到點的距離為2的點表示一個圓.【詳解】由于表示以為圓心，1為半徑且在第一、二象限的圓弧與坐標軸圍成的面積，其面積是半徑為1的圓的面積的一半，即為.所以,到點的距離為2的點是圓上的點.故答案為：上的任意一點.14．已知點，若圓上存在點滿足，則實數的取值的范圍是___________.【答案】【分析】設，由數量積的坐標表示求得點軌跡是一個圓，然后由圓與圓的位置關系可得的范圍．【詳解】設，則，，即，在以為圓心，2為半徑的圓上，由題意該圓與圓有公共點，所以，解得．故答案為：．15．已知是定義在上的奇函數，滿足，當時，，則在區(qū)間上所有零點之和為__________.【答案】4044【分析】根據函數的性質可求出周期及對稱軸，再由時函數的解析式可作出函數的圖象，原問題可轉化為與交點橫坐標問題，由對稱性求和即可.【詳解】由是定義在R上的奇函數，所以，又，所以，則的周期是2，且得是其中一條對稱軸，又時，于是圖象如圖所示，又函數零點，即為與的交點的橫坐標，由圖知：交點關于對稱，每個周期都有2個交點，所以、各有個周期，故各有個交點，它們兩兩關于對稱，所以零點之和為.故答案為：16．如圖，多面體中，面為正方形，平面，且為棱的中點，為棱上的動點，有下列結論：①當為的中點時，平面；②存在點，使得；③三棱錐的體積為定值；④三棱錐的外接球的體積為.其中正確的結論序號為__________.【答案】③【分析】根據線面平行的判定定理，及線線垂直的判定，結合棱錐體積的計算公式，以及棱錐外接球半徑的求解，對每一項進行逐一求解和分析即可.【詳解】①：當H為DE的中點時，取中點為，連接，如下所示：因為分別為的中點，故可得//，，根據已知條件可知：//，故//，故四邊形為平行四邊形，則//，顯然與面，故與面相交，即不平行，故①錯誤；②：因為面面，故，又四邊形為矩形，故，則兩兩垂直，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：則，設，，所以，故不垂直，故②錯誤；③：，因為均為定點，故為定值，又//面面，故//面，又點在上運動，故點到面的距離是定值，故三棱錐的體積為定值，則③正確；④：取△的外心為，過作平面的垂線，則三棱錐的外接球的球心一定在上，因為面，面面，則，又，面，故面,即面，則//，故在同一個平面，過作，連接如圖所示.在△中，容易知，由余弦定理得，故，由正弦定理得；設三棱錐的外接球半徑為，則，在△中，，又，由勾股定理知：，即，解得：，該棱錐外接球的體積，故④錯誤.故答案為：③. 三、解答題17．在中，角所對的邊分別為，且.(1)求證：；(2)求的最小值.【答案】(1)證明見解析(2)最小值為 【分析】（1）根據正弦定理邊角互化和兩角和差正弦化簡即可證明.（2）將問題轉化 ，根據第一問解得，然后結合不等式求解.【詳解】（1）在中，，由正弦定理得，又，因為,所以,所以,又,所以，且,所以，故.（2）由（1）得，所以，因為，所以，當且僅當即，且，即當且僅當時等號成立，所以當時，的最小值為.18．黨的二十大的勝利召開為我們建設社會主義現代化國家指引了前進的方向，為謳歌中華民族實現偉大復興的奮斗歷程.為了調動大家積極學習黨的二十大精神，某市舉辦了黨史知識的競賽.甲?乙兩個單位進行黨史知識競賽，每個單位選出3人組成甲?乙兩支代表隊，每隊初始分均為3分，首輪比賽每人回答一道必答題，答對則為本隊得2分，答錯或不答扣1分，已知甲隊3人每人答對的概率分別為；乙隊每人答對的概率都是，設每人回答正確與否相互之間沒有影響，用X表示首輪甲隊總分.(1)求隨機變量X的分布列及其數學期望；(2)求在甲隊和乙隊總分之和為12分的條件下，甲隊與乙隊得分相同的概率.【答案】(1)分布列見解析，(2) 【分析】（1）由題設的可能取值為，應用獨立事件乘法、互斥事件加法求各對應值概率，進而寫出分布列并求期望；（2）應用條件概率公式求概率即可.【詳解】（1）由題設，的可能取值為.，所以的分布列為0369 .（2）設“甲隊和乙隊得分之和為12”為事件，“甲隊與乙隊得分相同”為事件，則，所以，所以在甲隊和乙隊總分之和為12分的條件下，甲隊與乙隊得分相同的概率.19．如圖，已知正三棱錐的側面是直角三角形，過點作平面，垂足為，過點作平面，垂足為，連接并延長交于點.(1)證明：是線段的中點；(2)求平面與平面夾角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）根據線面垂直的判定定理證明平面．繼而證明，結合等腰三角形性質證明結論；（2）建立空間直角坐標系，求得相關點坐標，求出平面的法向量，根據空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）因為平面，平面，所以.又因為平面，平面所以.因為，平面，所以平面，又因為平面，所以.又由已知可得，所以是的中點.（2）如圖，以為坐標原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系.不妨設，則易知平面，又因為平面，所以.由三棱錐的性質可知是的重心，所以，所以，則.所以.設平面的法向量，則，令，得平面的法向量，設平面與平面的夾角為，，則，所以，故平面與平面夾角的正弦值為.20．在平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，左?右焦點分別是，以為圓心，6為半徑的圓與以為圓心，2為半徑的圓相交，且交點在橢圓上.(1)求橢圓的方程；(2)設過橢圓的右焦點的直線的斜率分別為，且，直線交橢圓于兩點，直線交橢圓于兩點，線段的中點分別為，直線與橢圓交于兩點，是橢圓的左?右頂點，記與的面積分別為，證明：為定值.【答案】(1)；(2)證明見解析． 【分析】（1）根據離心率的定義和橢圓定義求得，再計算出后得橢圓方程；（2）設，直線方程代入橢圓方程，利用韋達定理求得中點的坐標，當直線斜率存在時，設直線，點在直線上，代入整理得是一個一元二次方程的根，由韋達定理得，從而得出關系，得出直線過定點，再確定直線斜率不存在時也過這個定點，然后結合該定點得出三角形面積比．【詳解】（1）依題意得，則則，所以橢圓的方程為；（2）直線，設，由得，所以，，且，則中點，同理可算①當直線斜率存在時，設直線，點在直線上，點坐標代入整理得易知為方程的兩個根，則，所以，所以直線，則直線恒過點②當直線的斜率不存在時，由對稱性可知，由，不妨設，所以，直線過，根據①②可知，直線恒過點，因為的面積，的面積，所以.【點睛】方法點睛：橢圓中的直線過定點問題的解決方法：斜率存在時，設出直線方程為，根據已知條件確定的關系后，由直線方程得出定點坐標．本題中，動直線是由點確定的，因此可由已知直線確定的坐標，再把坐標代入所設直線方程，發(fā)現是一個一元二次的兩根，這樣可由韋達定理求得的關系，得出結論．21．已知函數，.(1)討論的單調性；(2)對任意的，恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2) 【分析】（1）求導后，分別在和的情況下，根據的正負可確定單調性；（2）采用參變分離的方式可得，將不等式右側變形后，可令，將問題轉化為求解；令，利用導數可證得，進而得到，令，利用導數和零點存在定理可說明等號能夠成立，采用放縮法可得，由此可得結果.【詳解】（1）由題意知：定義域為，；當時，，，在上單調遞增；當時，令，解得：；當時，；當時，；在上單調遞增，在上單調遞減；綜上所述：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由恒成立得：，令，令，則，則當時，；當時，在上單調遞減，在上單調遞增，，即（當且僅當時取等號），（當且僅當時取等號）；令，則恒成立，在上單調遞增，又，，，使得，即，等號可以成立，，，解得：，即實數的取值范圍為.【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數討論含參數函數單調性、恒成立問題的求解；本題求解恒成立問題的關鍵是采用參變分離的方式，根據所構造函數為指對混合函數的特征，采用放縮法來對函數進行變形，從而求得最值.22．在平面直角坐標系xoy中，曲線的參數方程（為參數），以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程.(1)求曲線的普通方程；(2)若直線與曲線有兩個不同公共點，求的取值范圍.【答案】(1)(2) 【分析】（1）在曲線的參數方程中消去參數，可得出曲線的普通方程，利用基本不等式求出的取值范圍，即可得解；（2）求出直線的普通方程，分析可知直線與雙曲線的右支有兩個交點，將直線與雙曲線方程聯立，利用直線與雙曲線的位置關系可得出關于的不等式組，即可解得實數的取值范圍.【詳解】（1）因為則曲線的普通方程為（2）則由得得有兩個不等正根則.23．已知函數.(1)求不等式的解集；(2)若的最小值為，正實數，，滿足，求證：.【答案】(1)(2)證明見解析 【分析】（1）利用零點分段法分類討論，分別求出不等式的解集，即可得解；（2）利用絕對值三角不等式求出的最小值，即的值，再利用柯西不等式證明即可.【詳解】（1）不等式，所以，解得，或，解得，或，解得，所以原不等式解集為.（2），當且僅當時取得，即，所以，因為，當且僅當時取等號，所以成立. 

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