资源简介

2023年江西省南昌市三模数学试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2. 若虚数使得是实数，则满足( )
A. 实部是 B. 实部是 C. 虚部是 D. 虚部是
3. 执行如图所示的程序框图，则输出的( )
A. B. C. D.
4. 平面向量，，若，则( )
A. B. C. D.
5. 函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6. 八一广场是南昌市的心脏地带，江西省最大的城市中心广场，八一南昌起义纪念塔为八一广场标志性建筑，塔座正面携刻“八一南昌起义简介”碑文，东、南、西三面各有一幅反映武装起义的人物浮雕塔身正面为“八一南昌起义纪念塔”铜胎鎏金大字，塔顶由一支直立的巨型“汉阳造”步枪和一面八一军旗组成八一南昌起义纪念塔的建成，表达了亿万人民永远缅怀老一辈无产阶级革命家创建和培育解放军的丰功伟绩，鼓励国人进行新的长征现某兴趣小组准备在八一广场上对八一南昌起义纪念塔的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图，为纪念塔最顶端，为纪念塔的基座即在的正下方，在广场内与在同一水平面内选取、两点，测得的长为兴趣小组成员利用测角仪可测得的角有、、、、，则根据下列各组中的测量数据，不能计算出纪念塔高度的是( )
A. 、、、 B. 、、、
C. 、、、 D. 、、、
7. 数学王子”高斯是近代数学奠基者之一，他的数学研究几乎遍及所有领域，在数论、代数学、非欧几何、复变函数和微分几何等方面都作出了开创性的贡献我们高中阶段也学习过很多高斯的数学理论，比如高斯函数、倒序相加法、最小二乘法等已知某数列的通项，则( )
A. B. C. D.
8. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，在已知的条件下，则下列选项中可以确定其值的量为( )
A. B. C. D.
9. 函数若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
10. 不与轴重合的直线经过点，双曲线上存在两点，关于对称，中点的横坐标为，若，则的离心率为( )
A. B. C. D.
11. 如图所示，两个全等的矩形与所在的平面互相垂直，，，点为线段上的动点，则三棱锥的外接球体积的最小值为( )
A. B. C. D.
12. 设函数，，若存在实数，满足：；，，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 的展开式中，的系数为______．
14. 两千多年前，古希腊数学家阿波罗尼斯发现用平面切割圆锥可以得到不同的曲线用垂直于锥轴的平面去截圆锥，得到的是圆；把平面渐渐倾斜，得到椭圆；当平面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到抛物线；用平行于圆锥的轴的平面截取，可得到双曲线的一支已知圆锥的轴截面是一个边长为的正三角形为圆锥的顶点，过的中点作截面与圆锥相交得到抛物线，将放置在合适的平面直角坐标系中可得到方程，则 ______ ．
15. 小明每天：从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时分钟，样本方差为；骑自行车平均用时分钟，样本方差为假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则下列说法中正确的序号是______ ．
；
；
若小明计划：前到校，应选择坐公交车；
若小明计划：前到校，应选择骑自行车．
16. 已知数列满足，其中，则数列的前项和为______ ．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在中，，为内的一点，满足，．
若，求的面积；
若，求．
18. 本小题分
如图，四棱锥的底面为菱形，，为等边三角形，点为棱上的动点．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若平面，平面与平面的夹角余弦值为，求的值．
19. 本小题分
随着春季学期开学，某市市场监管局加强了对学校食堂食品安全管理，助力推广校园文明餐桌行动，培养广大师生文明餐桌新理念，以“小餐桌”带动“大文明”，同时践行绿色发展理念该市某中学有，两个餐厅为老师与学生们提供午餐与晚餐服务，王同学、张老师两人每天午餐和晚餐都在学校就餐，近一个月天选择餐厅就餐情况统计如下：
选择餐厅情况午餐，晚餐
王同学 天 天 天 天
张老师 天 天 天 天
假设王同学、张老师选择餐厅相互独立，用频率估计概率．
估计一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的概率；
记为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，求的分布列和数学期望；
假设表示事件“餐厅推出优惠套餐”，表示事件“某学生去餐厅就餐”，，已知推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大，证明：
20. 本小题分
已知函数．
讨论的单调性：
证明：对任意，存在正数使得且．
21. 本小题分
已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别为，，过的直线交于，两点当轴时，的面积为．
求的方程；
是否存在定圆，使其与以为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆的方程；若不存在，请说明理由．
22. 本小题分
在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，为曲线上一点．
求到直线距离的最大值；
若点为直线与曲线在第一象限的交点，且，求的面积．
23. 本小题分
已知，．
当时，解关于的不等式；
若对，，都有成立，求的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，或，
所以，所以．
故选：．
化简集合，求出，再求．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：设，、，且，
则，
因为是实数，所以，即，解得，
所以的实部是．
故选：．
根据题意可设，、，且，代入计算，根据是实数求出的值．
本题考查了复数的定义与运算问题，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：，，
第一次循环：，，不满足，循环继续，
第二次循环：，，不满足，循环继续，
第三次循环：，，满足，循环跳出，
输出．
故选：．
根据程序框图的含义，模拟程序运行，即可求解．
本题主要考查程序框图的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：因为，，且，
所以，解得，
所以，
所以．
故选：．
根据时求出的值，再计算的模长．
本题考查了平面向量的数量积与模长计算问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，，其定义域为，
在区间上，，有，则有，排除、；
在区间上，，有，则有，排除，
故选：．
根据题意，分析函数在和上函数值的符号，排除、、，即可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数奇偶性的分析，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：对于：由，、可以解，又，可求塔高度；
对于：在中，由，无法解三角形，在中，由，无法解三角形，
在中，已知两角、无法解三角形，所以无法解出任意三角形，故不能求塔高度；
对于：由，、可以解，可求，又，即可求塔高度；
对于：如图，过点作于点，连接，
由，，
知，故可知的大小，
由、、可解，可求，又，可求塔高度．
故选：．
依据解三角形的条件，逐项判断可解三角形求出塔高度的选项即可．
本题主要考查解三角形，三角形中的几何计算，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：当时，，
，
，
，
，
，
故选：．
利用倒序相加法，即可求解．
本题考查倒序相加法求和，属基础题．
8.【答案】
【解析】解：令，
根据“五点法”可得：，，
，，
则，，，，
则，，，设为常数，
则，，再根据确定的取值．
故选：．
令，找到零点的关系，观察可得．
本题考查三角函数的图象，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为函数，
当时，，由，可得，
设，可得，则在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以；
当时，，
当时，的解集为；
当时，的解集为，不满足题意，舍去．
因为关于的不等式的解集为，
当时，，，，满足，；
当时，，，，不满足，．
综上，的取值范围是
故选：．
讨论时不等式可化为，构造函数，利用导数求的最小值，可求出的取值范围，当时根据二次函数与一元二次不等式的关系，求出不等式的解集，从而求得的取值范围．
本题考查了分段函数的性质与应用问题，也考查了分类讨论思想，是难档题．
10.【答案】
【解析】解：设，，，
则，两式相减得，
即 ，所以，
因为是垂直平分线，有，所以，
即，化简得，故．
故选：．
由点差法得，结合得，代入斜率公式化简并利用可求得离心率．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：为直角三角形，，故三角形的外心为斜边的中点，设为，故球心在平面的投影为点．
设外接球的半径为，，则，
当，即球心与重合时，最小，此时，
矩形与所在的平面互相垂直，则在平面的投影为中点，
需满足是外心，当三角形为等腰直角三角形时，满足题意，此时为中点，
故，
故选：．
确定球心在平面的投影为中点，根据勾股定理得到，确定半径的最小值，再确定的位置使其满足条件，计算体积得到答案．
本题考查了几何体的外接球问题，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：函数，，
若存在实数满足：；，即，
且，则，则，且，且，，
所以，又因为，则，令，
不防设，，则转化为线性规划问题，在点处取最小值，
由，解得，代入解得．
故选：．
由，解出，，解出；结合转化为线性规划问题解出．
本题考查函数的性质，考查线性规划问题，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，令，
可得：的系数为．
故答案为：．
，令，即可得出．
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，圆锥的母线长，则底面半径为，
可得圆锥上一点坐标为，代入方程，可得，即．
故答案为：．
由题意画出图形，可得抛物线上的一个点的坐标，代入抛物线方程求得．
本题考查曲线与方程，考查数形结合思想，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：对于，由条件可知，，
根据对称性可知，故错误；
对于，，，
所以，故正确；
对于，，
所以，故正确；
对于，，，
所以，故正确．
故答案为：．
首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性和的原则，即可求解．
本题考查正态分布的应用，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：由，得，，，，，
即，，
所以，
数列是首项为，公比的等比数列，所以，
所以
．
故答案为：．
根据递推公式将偶数项转化为奇数项，再运用递推公式求出奇数项的通项公式，再求和
本题考查数列递推式，数列的求和，考查学生的归纳推理和运算求解的能力，属于中档题．
17.【答案】解：在中，，，，
，，
，，
在中，，，则，
由正弦定理得，，，
的面积为；
在中，由余弦定理得，即，，，
设，则，
在中，，，
由正弦定理得，，，，
，，
．
【解析】利用正弦定理求出，再利用三角形的面积公式求解．
利用余弦定理求出，利用正弦定理求出，即可求解．
本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】证明：Ⅰ连接交于点，连接，
，是的中点，所以，
由于，，，平面，
所以平面，由于平面，所以；
解：Ⅱ因为平面，平面，所以平面平面，
以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过点垂直平面所在直线为轴，建立如图所示坐标系，
设，
，
设，则，
，
则，
，
，
设平面的法向量为，
，
故可设，
同理可求得平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
，则，
即．
【解析】Ⅰ通过证明平面，即可根据定义证出；
Ⅱ以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过点垂直平面所在直线为轴，建系，根据平面与平面的夹角公式列方程，化简求得．
本题考查了线线垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：设事件为“一天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐”，
因为天中王同学午餐和晚餐选择不同餐厅就餐的天数为，
所以．
由题意知，王同学午餐和晚餐都选择餐厅就餐的概率为，
王同学午餐和晚餐都选择餐厅就餐的概率为，
张老师午餐和晚餐都选择餐厅就餐的概率为，
张老师午餐和晚餐都选择餐厅就餐的概率为，
记为王同学、张老师在一天中就餐餐厅的个数，则的所有可能取值为、，
所以，，
所以的分布列为：
所以
证明：由题知，
所以，
所以，
所以，
即：，
所以，
即．
【解析】运用古典概型求概率即可．
根据已知条件计算简单离散型随机变量的分布列及期望．
运用条件概率及概率加法公式计算可证明结果．
本题考查古典概型的概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，条件概率公式的应用，属中档题．
20.【答案】解：，
当，则，则函数在上单调递减，
若，令，得，当，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上可知，当，函数在上单调递减，当时，在上单调递减，在上单调递增；
证明：由可知，当时，，且在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以，
因为，
设，，
所以在上单调递减，所以，即，
由零点存在性定理知，使得，
取，则，且．
【解析】首先求函数的导数，分和两种情况，讨论函数的单调性；
由的单调性可知，再通过构造函数，利用导数判断函数的单调性，并结合零点存在性定理证明．
本题考查函数的单调性，导数及其应用，考查推理，论证，运算能力，考查函数与方程思想，化归于转化思想，分类与整合思想，本题的关键是根据，构造函数，再根据导数判断，
21.【答案】解：已知椭圆的离心率为，所以；
由当轴时，的面积为，得，即，又，
所以，又，则，
所以椭圆方程为；
当轴时，以为直径的圆的圆心为，半径，
当为轴时，以为直径的圆的圆心为，半径，
因为直线过点，所以以为直径的所有圆关于轴两两对称的，
根据对称性可知，圆与以为直径的圆内切时，圆心在轴上．设圆心，半径为，
当以为直径的圆在圆内部与相切时，
则，，故，
又，所以，，即，，圆的方程为，
当以为直径的圆在圆外部与相切时，
则，，故，又，
所以，，即，，圆的方程为，
当直线斜率不为零时，设直线的方程为，，，
联立，得，
则，，
所以的中点即以为直径的圆的圆心，半径，
当圆的方程为时，，
此时，所以以为直径的圆与相切，
当圆的方程为时，，
此时，所以以为直径的圆与相切，
综上圆的方程或．
【解析】由椭圆的离心率及的面积为，列出两个基本量的方程求解即可；
根据对称性可知，圆的圆心在轴上，利用直线特殊位置时求出符合条件的圆的方程，一般情况下前进性验证即可．
本题主要考查了与圆锥曲线相关的圆问题，因为圆的方程在圆锥曲线的求解过程中计算量比较大，所以往往不直接进行求解，而是由特殊位置求解圆的方程或者找到其特征，再一般情况下进行验证即可，属于中档题．
22.【答案】解：直线的参数方程为为参数，两式相加得，
直线的普通方程为，
又曲线的极坐标方程为，
，
曲线的普通方程为，即，
又在圆上，圆心到直线的距离为，
到距离的最大值为；
，解得或，
又在第一象限，
，
点，在曲线上，设，，
代入曲线的极坐标方程得，
，，
故的面积为．
【解析】消参得出直线的普通方程，由得出曲线的普通方程，再由距离公式结合圆的对称性得出到直线距离的最大值；
联立直线与曲线的方程，求出，再由的几何意义，结合面积公式求出的面积．
本题主要考查简单曲线的极坐标方程，考查转化能力，属于中档题．
23.【答案】解：当时，，
当时，，，
当时，，无解．
当时，，，
综上不等式的解集为．
由已知，
，
，
等价于或，
解得或，
即的取值范围是．
【解析】分类讨论的值，再解不等式；
将问题转化为，由绝对值三角不等式以及二次函数的性质得出，，再解不等式得出的取值范围．
本题主要考查不等式恒成立问题，绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
第1页，共1页

展开更多......

收起↑