NCS20230607項目第三次模擬測試卷理科數學一?選擇題:本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合,則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合,進而求得,由,求出即可.【詳解】解:因為或,所以,又有,所以.故選:C2.若虛數z使得是實數，則z滿足（）A.實部是 B.實部是 C.虛部是 D.虛部是【答案】A【解析】【分析】設（且），計算，由其為實數求得后可得．【詳解】設（且），，是實數，因此，（舍去），或．故選：A．3.執行如圖所示的程序框圖，則輸出的（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】【分析】模擬程序運行過程，分析循環結構中各變量值的變換情況即可得到結果.【詳解】第一次循環：，，不滿足；第二次循環：，，不滿足；第二次循環：，，滿足，結束循環，輸出.故選:B4.平面向量，若，則（）A.6 B.5 C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用平面向量垂直的坐標表示求得，再利用平面向量模的坐標表示即可得解.【詳解】因為，，所以，解得，所以，因此.故選：B．5.函數的圖像大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先求出函數的正零點，再由在正零點附近函數值的正負，即可判斷出答案．【詳解】根據題意，，令，可得的正零點依次為，，，當時，，則，排除B，D，當時，，則，排除C，所以只有A項符合，故選：A．6.八一廣場是南昌市的心臟地帶，八一南昌起義紀念塔是八一廣場的標志性建筑，塔座正面鐫刻“八一南昌起義簡介”碑文，東、西、南三門各有一副反映武裝起義的人物浮雕，塔身正面為“八一起義紀念塔”銅胎鎏金大字，塔頂由一支直立的巨型“漢陽造”步槍和一面八一軍旗組成．現某興趣小組準備在八一廣場上對八一南昌起義紀念塔的高度進行測量，并繪制出測量方案示意圖，A為紀念塔最頂端，B為紀念塔的基座（B在A的正下方），在廣場內（與B在同一水平面內）選取C、D兩點，測得的長為m．已知興趣小組利用測角儀可測得的角有，則根據下列各組中的測量數據，不能計算出紀念塔高度的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依據解三角形的條件，逐項判斷可解三角形求出塔高度的選項即可.【詳解】對于A，由可以解，又，可求塔高度，故選項A能計算出紀念塔高度；對于B，在中，由，無法解三角形，在中，由，無法解三角形，在中，已知兩角無法解三角形，所以無法解出任意三角形，故選項B不能計算出紀念塔高度；對于C，由，，可以解，可求，又，即可求塔高度，故選項C能計算出紀念塔高度；對于D，如圖，過點作于點，連接，由題意知，平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，

平面，所以，則，由，知,，故可知的大小，由，，可解，可求，又，可求塔高度，故選項D能計算出紀念塔高度；故選：B.7.“數學王子”高斯是近代數學奠基者之一，他的數學研究幾乎遍及所有領域，在數論?代數學?非歐幾何?復變函數和微分幾何等方面都作出了開創性的貢獻.我們高中階段也學習過很多高斯的數學理論，比如高斯函數?倒序相加法?最小二乘法等等.已知某數列的通項，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分離常數后可得，再利用倒序相加法，即可求解．【詳解】當時，，，，，，，即.故選：D．8.已知函數的部分圖象如圖所示，其中.在已知的條件下，則下列選項中可以確定其值的量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據函數圖象可知，是函數的兩個零點，即可得，利用已知條件即可確定的值.【詳解】根據圖象可知，函數的圖象是由向右平移個單位得到的；由圖可知，利用整體代換可得，所以，若為已知，則可求得.故選：B9.函數，若關于的不等式的解集為，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】當時，運用參數分離法，構造函數利用導數研究函數的性質即得，當時根據二次不等式的解法討論的范圍進而即得.【詳解】由題意知，當時，；當時，；當時，．當時，，即，構造函數，當時，單調遞增，當時，單調遞減，，；當時，，當時，由，解得，不合題意；當時，由，得，不合題意；當時，由，得，，所以，此時，不合題意；當時，，由，解得，此時當時恒成立，所以的解集為，符合題意；當時，由，得，又，所以，此時適合題意；綜上，關于的不等式的解集為，則.故選：C.10.不與x軸重合的直線l經過點，雙曲線上存在兩點關于l對稱，中點M的橫坐標為，若，則C的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】C【解析】【分析】由點差法得，結合得，代入斜率公式化簡并利用可求得離心率.【詳解】設，則，兩式相減得，即，即，所以，因為是AB垂直平分線，有，所以，即，化簡得，故.故選：C.11.如圖所示，兩個全等的矩形ABCD與ABEF所在的平面互相垂直，AB＝2，BC＝1，點P為線段CD上的動點，則三棱錐的外接球體積的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】確定球心在平面的投影為中點，根據勾股定理得到，確定半徑的最小值，再確定的位置使其滿足條件，計算體積得到答案.【詳解】為直角三角形，故球心在平面的投影為中點.設球半徑為，，則，當，即球心與重合時，最小為，矩形ABCD與ABEF所在的平面互相垂直，則在平面的投影為中點，需滿足是外心，當為中點時，為直角三角形，滿足條件..故選：C12.設函數，，若存在實數滿足：①；②，③，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由①，②解出，，解出；結合③轉化為線性規劃問題解出.【詳解】函數，，若存在實數滿足：①；②，即，且，則，則，且，，所以，又因為③，則，令，不防設，，則轉化為線性規劃問題，在點處取最小值.由解得，代入解得.故選：.二?填空題:本題共4小題，每小題5分，共20分.13.的展開式中的系數是______.(用數字作答)【答案】【解析】【分析】寫出二項展開式的通項，再根據通項賦值即可得展開式中的系數.【詳解】的展開式的通項所以展開式中的系數是.故答案為：.14.兩千多年前，古希臘數學家阿波羅尼斯發現用平面切割圓錐可以得到不同的曲線.用垂直于錐軸的平面去截圓錐，得到的是圓；把平面漸漸傾斜，得到橢圓；當平面傾斜到“和且僅和”圓錐的一條母線平行時，得到拋物線；用平行于圓錐的軸的平面截取，可得到雙曲線的一支.已知圓錐的軸截面是一個邊長為的正三角形(為圓錐的頂點)，過的中點作截面與圓錐相交得到拋物線，將放置在合適的平面直角坐標系中可得到方程，則______.【答案】【解析】【分析】根據所給定義作出圖象，確定拋物線所經過的點，即可求解.【詳解】如圖，取底面圓的圓心為，作于點，因為,所以根據線面平行的判定定理可知，過的中點作截面與圓錐相交得到拋物線過，且,作出拋物線的圖象如下，則有點,因為點在拋物線上，所以，解得，故答案為:.15.小明每天從家里出發去學校，有時坐公交車，有時騎自行車.他各記錄了次坐公交車和騎自行車所花的時間，經數據分析得到:坐公交車平均用時分鐘，樣本方差為；騎自行車平均用時分鐘，樣本方差為.假設坐公交車用時和騎自行車用時都服從正態分布，則下列說法中正確的序號是______.①；②；③若小明計劃前到校，應選擇坐公交車；④若小明計劃前到校，應選擇騎自行車【答案】②③④【解析】【分析】首先利用正態分布，確定和，再結合正態分布的對稱性，和的原則，即可求解.【詳解】對于①，由條件可知，，根據對稱性可知，故①錯誤；對于②，,，所以，故②正確；對于③，，所以，故③正確；對于④，，，所以，故④正確.故答案為：②③④16.已知數列滿足，其中，則數列的前項和為______.【答案】【解析】【分析】根據遞推公式將偶數項轉化為奇數項，再運用遞推公式求出奇數項的通項公式，再求和.【詳解】由遞推公式，得，即，，數列是首項為，公比等比數列，，，；故答案為：.三.解答題:共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答；第22?23題為選考題，考生根據要求作答.(一)必考題:共60分.17.在中，，，為內的一點，滿足，.（1）若，求的面積；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先求出，再在中求出，利用正弦定理求出，最后由面積公式計算可得；（2）在中利用余弦定理求出，令，則，表示出，，再由正弦定理求出，即可得解.【小問1詳解】解：在中，因為，且，所以.由，可得.又，則.在中，因為，，所以，則，解得，從而【小問2詳解】解：在中，由，解得或（舍去）.令，則在中.在中，，所以，則，即，得.因為，所以，從而.18.如圖，四棱錐的底面ABCD為菱形，，為等邊三角形，點Q為棱PB上的動點．（1）求證：；（2）若平面ABCD，平面AQD與平面CQD的夾角余弦值為，求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）通過證明平面，即可根據定義證出；（2）以O為原點，以OB所在直線為x軸，以OC所在直線為y軸，以過點O垂直平面ABCD所在直線為z軸，建系，根據平面AQD與平面CQD的夾角公式列方程，化簡求得.【小問1詳解】連接BD交AC于點O，連接．是的中點，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以.【小問2詳解】因為平面ABCD，平面，所以平面平面，以O為原點，以OB所在直線為x軸，以OC所在直線為y軸，以過點O垂直平面ABCD所在直線為z軸，建立如圖所示坐標系．設OB＝1．，，，，，設，則，，則，，，，，設平面AQD的法向量為，，故可設，同理可求得平面的法向量為，設平面AQD與平面CQD的夾角為，，則．即，．19.隨著春季學期開學，某市市場監管局加強了對學校食堂食品安全管理，助力推廣校園文明餐桌行動，培養廣大師生文明餐桌新理念，以“小餐桌”帶動“大文明”，同時踐行綠色發展理念．該市某中學有A，B兩個餐廳為老師與學生們提供午餐與晚餐服務，王同學、張老師兩人每天午餐和晚餐都在學校就餐，近一個月（30天）選擇餐廳就餐情況統計如下：選擇餐廳情況（午餐，晚餐）王同學9天6天12天3天張老師6天6天6天12天假設王同學、張老師選擇餐廳相互獨立，用頻率估計概率．（1）估計一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的概率；（2）記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳的個數，求X的分布列和數學期望；（3）假設M表示事件“A餐廳推出優惠套餐”，N表示事件“某學生去A餐廳就餐”，，已知推出優惠套餐的情況下學生去該餐廳就餐的概率會比不推出優惠套餐的情況下去該餐廳就餐的概率要大，證明：．【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）證明見解析【解析】【分析】（1）運用古典概型求概率即可.（2）根據已知條件計算簡單離散型隨機變量的分布列及期望.（3）運用條件概率及概率加法公式計算可證明結果.【小問1詳解】設事件C為“一天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐”，因為30天中王同學午餐和晚餐選擇不同餐廳就餐的天數為，所以．【小問2詳解】由題意知，王同學午餐和晚餐都選擇A餐廳就餐的概率為，王同學午餐和晚餐都選擇B餐廳就餐的概率為，張老師午餐和晚餐都選擇A餐廳就餐的概率為，張老師午餐和晚餐都選擇B餐廳就餐的概率為，記X為王同學、張老師在一天中就餐餐廳個數，則X的所有可能取值為1、2，所以，，所以X的分布列為X12P所以X的數學期望【小問3詳解】證明：由題知，所以，所以，所以，即：，所以，即.20.已知函數（a∈R）．（1）討論的單調性：（2）證明：對任意，存在正數b使得．且2lna+b＜0．【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）首先求函數的導數，分和兩種情況，討論函數的單調性；（2）由（1）的單調性可知，再通過構造函數，利用導數判斷函數的單調性，并結合零點存在性定理證明.【小問1詳解】，當，則，則函數在上單調遞減，若，令，得，當，，單調遞減，當時，，單調遞增，綜上可知，當，函數在上單調遞減，當時，在上單調遞減，在上單調遞增；【小問2詳解】由（1）可知，當時，，且在上單調遞減，在上單調遞增，因為，所以，因為，設，，所以在上單調遞減，所以，即，由零點存在性定理知，使得，取，則，且.【點睛】本題考查函數的單調性，導數及其應用，考查推理，論證，運算能力，考查函數與方程思想，化歸于轉化思想，分類與整合思想，本題的關鍵是根據，構造函數，再根據導數判斷，21.已知橢圓C：（a＞b＞0）的離心率為，左、右焦點分別為F1，F2，過F1的直線l交C丁A．B兩點．當l⊥x軸時，△ABF2的面積為3．（1）求C的方程；（2）是否存在定圓E，使其與以AB為直徑的圓內切？若存在，求出所有滿足條件的圓E的方程；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）由橢圓的離心率及△ABF2的面積為3，列出兩個基本量的方程求解即可；（2）根據對稱性可知，圓E的圓心在軸上，利用直線l特殊位置時求出符合條件的圓E的方程，一般情況下前進性驗證即可.【小問1詳解】已知橢圓C的離心率為，所以；由當l⊥x軸時，△ABF2的面積為3，得，即，又，所以，又，則，橢圓方程為.【小問2詳解】當l⊥x軸時，以AB為直徑的圓的圓心為F1，半徑；當l為x軸時，以AB為直徑的圓的圓心為O，半徑；因為直線l過點F1，所以以AB為直徑的所有圓關于軸兩兩對稱的，根據對稱性可知，圓E與以AB為直徑的圓內切時，圓心在E，半徑為R,當以AB為直徑圓在圓E內部與E相切時，則，，故，又，所以，，即，，圓E的方程為；當以AB為直徑的圓在圓E外部與E相切時，則，，故，又，所以，，即，，圓E方程為；當直線l斜率不為零時，設直線l的方程為,，，聯立，得，則，，所以AB的中點即以AB為直徑的圓的圓心，半徑，當圓E的方程為時，，此時，所以以AB為直徑的圓與E相切.當圓E的方程為時，，此時，所以以AB為直徑的圓與E相切.綜上圓E的方程或.【點睛】與圓錐曲線相關的圓問題方法點睛因為圓的方程在圓錐曲線的求解過程中計算量比較大