《江西省赣州市2023届高三上学期1月期末考试数学（文）试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省赣州市2023届高三上学期1月期末考试数学（文）试题.docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、赣州市20222022学年度第一学期期末考试高三数学（文科）试卷第卷（选择题，共60分）一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出的定义域得到集合，然后解出得到集合，最后用并集的定义得到答案【详解】由可得，解得，由可得，解得，所以，所以故选：D2. 已知i为虚数单位，复数z满足，则复数z的共轭复数的虚部为（ ）A. iB. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数运算求得，然后求得，进而确定正确答案.【详解】，所以，虚部为.故选：C3. 函数，的
2、值域为D，在区间上随机取一个数t，则的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】根据单调性得到，再利用几何概型求概率公式进行求解.【详解】在上单调递减，故，在区间上随机取一个数t，则的概率是.故选：B4. 等比数列的公比为，且，成等差数列，则的前10项和为（ ）A. B. C. 171D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得，从而求得.【详解】由于，成等差数列，所以，即，解得，所以.故选：A5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求导判断单调性，再比较的大小.【详解】因为，所以函数是上的减函数.又，函数是上的减函数，所以故选：D6. 设
3、m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D 若，则【答案】C【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理即可判断出AB，面面垂直的性质定理可判断C；由面面垂直的判定定理可判断D.【详解】对于A，若，利用线面垂直的性质定理得，正确；对于B，若，利用线面垂直的性质定理得，正确；对于C，若，则可能平行，可能异面，可能垂直，不正确；对于D，若，由面面垂直的判定定理得，正确.故选：C.7. 已知变量x和y的统计数据如表：x12345y55668根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（ ）A. 9.2B. 9.5C. 9.9D. 10.1【答
4、案】B【解析】【分析】计算出样本中心点的坐标，代入回归直线方程求得的值，然后在回归直线方程中，令可求得结果.【详解】由表格中的数据可得，由于回归直线过样本的中心点，解得，所以，回归直线方程为，当时，.故选：B.8. 函数（其中，）的图象如图所示，为了得到的图象，只需把的图象上所有点（ ）A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度【答案】C【解析】【分析】由图象求得函数解析式的参数，再利用诱导公式将异名函数化为同名函数根据图象间平移方法求解.【详解】由图象可知，所以，又因为，所以，所以，又因为，又，所以 所以又因为，所以只需把的图象上所有点向
5、左平移个单位长度可得的图象.故选：C.9. 已知函数（且）图像恒过的定点在直线上，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求定点,再由点在线上得出和为定值,应用常值代换求出最值转化恒成立问题,最后解出一元二次不等式即可.【详解】因为函数（且）图像恒过的定点,又因为定点在直线上,所以,所以最小值为因为关于的不等式恒成立,所以所以,即得,解得故选: .10. 已知直线与圆相交于两点，是线段中点，则点到直线的距离的最大值为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】求得点的轨迹，结合圆与直线的位置关系求解即可.【详解】如图
6、所示，设，直线过定点，圆的圆心为，半径为2，因为，是线段的中点，所以，所以，即，整理得，所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，原点除外，所以点到直线距离的最大值，故选：C11. 已知某正三棱锥三视图如图所示，若侧视图的面积为，则该正三棱锥外接球体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】画出直观图，由侧视图面积求出三棱锥的高，作出辅助线，找到球心，设出半径，列出方程，求出半径，进而求出外接球体积.【详解】画出正三棱锥的直观图，则，取AC的中点D，连接BD，PD，则，过点P作PE平面ABC于点E，则点E落在BD上，且BE=2ED，所以，球心O在PE上，设三棱锥的高为，则，解得：
7、，即PE=4，设外接球半径为R，则OP=OB=R，OE=4-R，在三角形BOE中，由勾股定理得：，即，解得：，所以三棱锥的外接球体积为.故选：B【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.12. 设函数在R上存在导数，对任意的，有，且时，若，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式构造新函数，根据偶函数的性质，结合新构造函数的单调性进行求解即可.【详解】设，则，当时，即在上单调递减，而，所以，故是偶函数，所
8、以在上单调递增，因为，所以，即故选：A【点睛】关键点睛：利用不等式构造新函数是解题的关键,第卷（非选择题，共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13. 若向量，满足：，则与的夹角为_【答案】【解析】【分析】利用向量垂直关系列出方程求得,即可得到角度大小.【详解】，；故答案为：14. 设满足约束条件，则的最小值为_【答案】#0.8【解析】【分析】作出可行域，根据的几何意义以及点到直线的距离公式可求出结果.【详解】根据约束条件，作出可行域，如图：因为表示点与点之间的距离的平方，由图可知，的最小值是到直线的距离的平方，由点到直线的距离公式得到直线的距离为，所以的最小值为.故答
9、案为：15. 若双曲线的渐近线与抛物线的准线围成的三角形的面积等于2，则双曲线C的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线和抛物线方程得到渐近线和准线方程，联立得到交点坐标，然后根据面积列方程得到，最后结合双曲线中求离心率即可.【详解】双曲线的渐近线为，抛物线的准线为，联立方程可得渐近线和准线的交点为，所以，整理得，所以，.故答案为：.16. 已知数列满足，是递增数列，是递减数列，则_【答案】【解析】【分析】由是递增数列可推出，由是递减数列，可推出，所以，即的首项为3，公差为的等差数列，即可求出.【详解】解：因为是递增数列，所以，故，因为，所以，所以，又，所以，因为是递减数列，所以，同理，
10、所以，所以，即的首项为3，公差为的等差数列，即故答案为：.三、解答题（共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答）（一）必考题（共60分）17. 2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行，也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛某足球俱乐部对该俱乐部的全体足球爱好者在世界杯足球赛期间每天收看比赛转播的时间作了一次调查，得到如下频数分布表：收看时间（单位：小时）收看人数163519231710（1）若将每天收看比赛转播时间不低于3小时的足球爱好者定义为“铁杆球迷”，否则
11、定义为“非铁杆球迷”，请根据频数分布表补全22列联表：男女合计铁杆球迷30非铁杆球迷45合计并判断能否有99的把握认为该足球俱乐部的足球爱好者是否为“铁杆球迷”与“性别”有关；（2）在所有“铁杆球迷”中按性别分层抽样抽取5名，再从这5名“铁杆球迷”中选取2名作世界杯知识普及讲座，求选取的两名中至少有1名女“铁杆球迷”的概率参考公式：0.100.050.0250.0100.005k2.7063.+8415.0246.6357.879，其中【答案】（1）表格见解析，有 （2）【解析】【分析】（1）完成列联表，根据公式计算与比较即可；（2）利用古典概型的概率公式求解即可.【小问1详解】根据题意可得铁
12、杆球迷共人，非铁杆球迷共人，故完善表格如下：男女合计铁杆球迷302050非铁杆球迷254570合计5565120根据数据得，故有99的把握认为该足球俱乐部的足球爱好者为“铁杆球迷”与“性别”有关【小问2详解】依题意按照分层抽样在所有“铁杆球迷”中按性别分层抽样抽取5名中男生和女生分别有3人和2人，从5人中任意抽取2人的基本事件共个，其中有1人是女生的基本事件有个，2人全是女生的基本事件有1个，所以至少有1名女生的基本事件共个，故选取的两名中至少有1名女“铁杆球迷”的概率为18. 已知函数（1）求函数的单调递减区间；（2）设a，b，c分别是的三个内角，A，B，C所对的边，且边上的中线，求面积的最
13、大值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式对进行化简，利用正弦函数的性质进行求解即可；（2）利用（1）可得到，由为中线可得，结合基本不等式可得，即可得到最大面积【小问1详解】，令，得，即函数的单调递减区间为【小问2详解】由（1）知得，所以，即，又，得，而由是边上的中线可得，故，所以，所以当且仅当时等号成立，所以的面积为所以的面积的最大值为19. 如图，在四棱锥中，平面，点M是棱上的动点（1）证明：；（2）设，求当平面时的值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据平面和推出，根据余弦定理计算推出，根据线面垂直判定定理得到平面，从而可得；（2）连，
14、交于点N，连，根据线面平行的性质定理推出，再根据三角形相似可求出结果.【小问1详解】证明：由于平面且，所以平面，又平面，所以由，得，即，解得或（舍），所以，即，又平面，且，所以平面，而平面，因此小问2详解】连，交于点N，连，因为平面，平面，平面平面，所以，故在梯形中，根据与相似，可得，所以，即当平面时的值为20. 已知函数，（1）讨论函数的单调性；（2）若函数的图象与函数的图象仅有一个交点M，求证：曲线与在点M处有相同的切线，且【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，求解函数的单调性；（2）构造，二次求导，利用隐零点得到存在唯一的使得，得到
15、，求出两函数在点M处有相同的切线，求出的单调性，得到，结合的图象与的图象仅有一个交点M，故可得，利用单调性，求出.【小问1详解】定义域为R，所以，当即时，恒成立，函数在上为单调递减函数当即时，令得：，令得：或，所以，函数在上单调递增，在和上单调递减综上所述，当时，函数在上为单调递减；当时，在上单调递增，在和上单调递减；【小问2详解】构造，所以记，恒成立，即在上单调递增而，所以存在唯一的使得，即，由，可得，所以，所以，即曲线与在点M处有相同的切线又因为当时，当时，故在上单调递减，在上单调递增，故在上取得极小值，也是最小值，即，由于函数的图象与函数的图象仅有一个交点M，所以，即，故，所以在上单调递
16、减，所以，综上，曲线与在点M处有相同的切线，且【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.21. 已知圆上的动点P在y轴上的投影为Q，动点M满足（1）求动点M的轨迹方程C；（2）动直线与曲线C交于A，B两点，问：是否存在定点D，使得为定值，若存在，请求出点D的坐标及该定值；若不存在，请说明理由【答案】（1）； （2）存在定点
17、，使得为定值.【解析】【分析】（1）根据平面向量运算的坐标表示公式，结合代入法进行求解即可；（2）根据平面向量数量积的运算，结合一元二次方程根与系数关系进行求解即可.【小问1详解】设，则，由得，即，将代入得，即，所以动点M的轨迹方程；【小问2详解】设，联立得，所以，因为为定值所以，即，所以存在定点，使得为定值.【点睛】关键点睛：利用平面向量数量积的运算性质、一元二次方程根与系数是解题的关键.（二）选考题（共10分请考生在第22，23题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分）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l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴
18、的正半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为（1）求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；（2）设点，直线l与曲线C的交点为A，B，求的值【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用参数的几何意义求解【小问1详解】由消去参数得直线l的普通方程为， 由得，则，曲线C的直角坐标方程为【小问2详解】直线l的参数方程为（t为参数），设点A，B对应的参数分别为，将代入得，则，则，则选修4-5：不等式选讲23. 已知函数的最小值为（1）求的值；（2）设为正数，且
19、，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）分别在、和的情况下，去掉绝对值符号，得到解析式，进而可得最小值；（2）方法一：利用基本不等式化简左侧分式的分子，将所得不等式右侧式子改写为，再次利用基本不等式可证得结论；方法二：将所证不等式拆分成形如的形式，利用基本不等式可求得，以此类推，加和即可证得结论.【小问1详解】当时，则；当时，则；当时，则；综上所述：的最小值.【小问2详解】由（1）知：，方法一：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）.方法二：（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）