高級中學精品試卷PAGEPAGE1江西省宜春市2023屆高三模擬考試數學試題（文）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.設全集，或，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故，故選：D.2.已知復數滿足，則等于（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題可得，所以，故選:A.3.非零向量，，滿足，與的夾角為，，則在上的投影為（）A.－1 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗由于，所以，由于與的夾角為，所以，在上的投影為.故選：C4.已知實數滿足約束條件則的最大值是（）A.3 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗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.從棱長為2的正方體內隨機取一點，則取到的點到中心的距離不小于1的概率為（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗點到中心距離小于等于1的幾何體是以中心為球心，1為半徑的球體.所以，取到的點到中心的距離不小于1的概率為.故選：C.6.若則（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗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〖解析〗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，公比等比數列，故.故選：D8.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〖解析〗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〖解析〗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，設，是雙曲線的左右焦點，點A，B分別在兩條漸近線上，且滿足，，則雙曲線C的離心率為（）A.2 B.2 C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意：，,,所以直線的方程為：①直線的方程為：②直線的方程為：③聯立①②可得：，即聯立①③可得，即又可得，化簡可得，即，故選：C11.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〖解析〗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.已知函數，且，則的最大值為（）A.1 B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意知，即因為，所以，設，則，所以，所以，，則當時，當時，所以在時單調遞增，在時單調遞減，所以故選：A.二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.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〖解析〗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〗〖解析〗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.已知某線路公交車從6:30首發，每5分鐘一班，甲、乙兩同學都從起點站坐車去學校，若甲每天到起點站的時間是在6:30--7:00任意時刻隨機到達，乙每天到起點站的時間是在6:45-7:15任意時刻隨機到達，那么甲、乙兩人搭乘同一輛公交車的概率是___________________〖答案〗〖解析〗由題意知本題是一個幾何概型，設甲和乙到達的分別為6時分、6時分，則，，則試驗包含的所有區域是，，他們能搭乘同一班公交車所表示的區域為或或，則他們能搭乘同一班公交車的概率．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直線與所成角的余弦值的最小值為；④三棱錐的外接球的表面積為.其中正確的結論序號為___________.（填寫所有正確結論的序號）〖答案〗①④〖解析〗對①：當H為DE的中點時，取中點為，連接，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//，又平面平面，故//面，故①正確；對②：因為平面，平面，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圖所示：則，設，，若，則，不滿足題意，故②錯誤；對③：，，，，，，，，令，設，，，則，當時，根據對勾函數的性質得，則，當時，有最小值，最小值為，故③錯誤；對④：由題可得平面，又面為正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，則AB，BC，CF兩兩垂直，∴AF為三棱錐的外接球的直徑，又，∴三棱錐的外接球表面積為，故④正確.故〖答案〗為：①④.三?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17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22?23題為選做題，考生根據要求作答.17.在中，角所對的邊分別為，且.（1）求證：；（2）求的最小值.（1）證明：在中，，由正弦定理得，又，因為,所以,所以,又,所以，且,所以，故.（2）解：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.如圖1，在直角梯形中，，點，分別是邊的中點，現將沿邊折起，使點到達點的位置（如圖2所示），且.（1）求證：平面平面；（2）求點到平面的距離.（1）證明：由題意，連接，因為，，是邊的中點，所以，則，又是邊的中點，則，在折起中.又，所以，又，平面，平面，故平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）中取的中點，連接，由（1）可知，平面，所以，而，，所以，同理，所以，所以是等腰三角形，所以，又，即，所以，即點到平面的距離為.19.為了緩解日益擁堵的交通狀況，不少城市實施車牌競價策略，以控制車輛數量.某地車牌競價的基本規則是：①“盲拍”，即所有參與競拍的人都是網絡報價，每個人不知曉其他人的報價，也不知道參與當期競拍的總人數；②競價時間截止后，系統根據當期車牌配額，按照競拍人的出價從高到低分配名額.某人擬參加2023年5月份的車牌競拍，他為了預測最低成交價，根據競拍網站的公告，統計了最近5個月參與競拍的人數（見表）：月份2022.122023.12023.22023.32023.4月份編號12345競拍人數（萬人）1.72.12.52.83.4（1）由收集數據的散點圖發現可用線性回歸模型擬合競拍人數（萬人）與月份編號之間的相關關系.請用最小二乘法求關于的線性回歸方程：，并預測2023年5月份參與競拍的人數.（2）某市場調研機構對200位擬參加2023年5月份車牌競拍人員的報價進行抽樣調查，得到如下一份頻數表：報價區間（萬元）頻數206060302010（i）求這200位競拍人員報價的平均數和樣本方差（同一區間的報價可用該價格區間的中點值代替）；（ii）假設所有參與競價人員的報價可視為服從正態分布，且與可分別由（i）中所求的樣本平均數及方差估值.若2023年5月份實際發放車牌數是5000，請你合理預測（需說明理由）競拍的最低成交價.附：，若，則，.解：（1），，，關于的線性回歸方程2023年5月份對應，所以所以預測2023年5月份參與競拍的人數為3.73萬人.（2）（i）由題意可得：（ii）2023年5月份實際發放車牌數是5000，設預測競拍的最低成交價為萬元，根據競價規則，報價在最低成交價以上人數占總人數比例為根據假設報價可視為服從正態分布，令，由于，，，所以得，所以預測競拍的最低成交價為4.943萬元．20.已知函數.（1）求函數的最小值；（2）若方程有兩個不同的實數根，且，證明：.（1）解：由題意可知：函數的定義域為：.則，令，解得.當，，函數單調遞減；當，，函數單調遞增.所以為極小值點，且.所以函數的最小值為.（2）證明：根據題意可知：，根據（1）設，，構造函數，.，所以在上單調遞減.則有，也即.因為，所以，也即因為，，由（1）可知在上單調遞增，所以，也即.由已知，所以.21.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.（1）解：依題意得，則則，所以橢圓的方程為；（2）證明：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.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，求取值范圍.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：.（1）解：不等式，所以，解得，或，解得，或，解得，所以原不等式解集為.（2）證明：，當且僅當時取得，即，所以，因為，當且僅當時取等號，所以成立.江西省宜春市2023屆高三模擬考試數學試題（文）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.設全集，或，，則（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗，故，故選：D.2.已知復數滿足，則等于（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題可得，所以，故選:A.3.非零向量，，滿足，與的夾角為，，則在上的投影為（）A.－1 B. C.1 D.〖答案〗C〖解析〗由于，所以，由于與的夾角為，所以，在上的投影為.故選：C4.已知實數滿足約束條件則的最大值是（）A.3 B. C. D.〖答案〗B〖解析〗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.從棱長為2的正方體內隨機取一點，則取到的點到中心的距離不小于1的概率為（）A B. C. D.〖答案〗C〖解析〗點到中心距離小于等于1的幾何體是以中心為球心，1為半徑的球體.所以，取到的點到中心的距離不小于1的概率為.故選：C.6.若則（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗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〖解析〗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，公比等比數列，故.故選：D8.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〖解析〗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〖解析〗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，設，是雙曲線的左右焦點，點A，B分別在兩條漸近線上，且滿足，，則雙曲線C的離心率為（）A.2 B.2 C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意：，,,所以直線的方程為：①直線的方程為：②直線的方程為：③聯立①②可得：，即聯立①③可得，即又可得，化簡可得，即，故選：C11.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〖解析〗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.已知函數，且，則的最大值為（）A.1 B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意知，即因為，所以，設，則，所以，所以，，則當時，當時，所以在時單調遞增，在時單調遞減，所以故選：A.二?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.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〖解析〗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〗〖解析〗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.已知某線路公交車從6:30首發，每5分鐘一班，甲、乙兩同學都從起點站坐車去學校，若甲每天到起點站的時間是在6:30--7:00任意時刻隨機到達，乙每天到起點站的時間是在6:45-7:15任意時刻隨機到達，那么甲、乙兩人搭乘同一輛公交車的概率是___________________〖答案〗〖解析〗由題意知本題是一個幾何概型，設甲和乙到達的分別為6時分、6時分，則，，則試驗包含的所有區域是，，他們能搭乘同一班公交車所表示的區域為或或，則他們能搭乘同一班公交車的概率．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直線與所成角的余弦值的最小值為；④三棱錐的外接球的表面積為.其中正確的結論序號為___________.（填寫所有正確結論的序號）〖答案〗①④〖解析〗對①：當H為DE的中點時，取中點為，連接，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//，又平面平面，故//面，故①正確；對②：因為平面，平面，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圖所示：則，設，，若，則，不滿足題意，故②錯誤；對③：，，，，，，，，令，設，，，則，當時，根據對勾函數的性質得，則，當時，有最小值，最小值為，故③錯誤；對④：由題可得平面，又面為正方形，∴，∴AB⊥平面BCF，則AB，BC，CF兩兩垂直，∴AF為三棱錐的外接球的直徑，又，∴三棱錐的外接球表面積為，故④正確.故〖答案〗為：①④.三?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17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22?23題為選做題，考生根據要求作答.17.在中，角所對的邊分別為，且.（1）求證：；（2）求的最小值.（1）證明：在中，，由正弦定理得，又，因為,所以,所以,又,所以，且,所以，故.（2）解：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.如圖1，在直角梯形中，，點，分別是邊的中點，現將沿邊折起，使點到達點的位置（如圖2所示），且.（1）求證：平面平面；（2）求點到平面的距離.（1）證明：由題意，連接，因為，，是邊的中點，所以，則，又是邊的中點，則，在折起中.又，所以，又，平面，平面，故平面，又平面，所以平面平面.（2）解：由（1）中取的中點，連接，由（1）可知，平面，所以，而，，所以，同理，所以，所以是等腰三角形，所以，又，即，所以，即點到平面的距離為.19.為了緩解日益擁堵的交通狀況，不少城市實施車牌競價策略，以控制車輛數量.某地車牌競價的基本規則是：①“盲拍”，即所有參與競拍的人都是網絡報價，每個人不知曉其他人的報價，也不知道參與當期競拍的總人數；②競價時間截止后，系統根據當期車牌配額，按照競拍人的出價從高到低分配名額.某人擬參加2023年5月份的車牌競拍，他為了預測最低成交價，根據競拍網站的公告，統計了最近5個月參與競拍的人數（見表）：月份2022.122023.12023.22023.32023.4月份編號12345競拍人數（萬人）1.72.12.52.83.4（1）由收集數據的散點圖發現可用線性回歸模型擬合競拍人數（萬人）與月份編號之間的相關關系.請用最小二乘法求關于的線性回歸方程：，并預測2023年5月份參與競拍的人數.（2）某市場調研機構對200位擬參加2023年5月份車牌競拍人員的報價進行抽樣調查，得到如下一份頻數表：報價區間（萬元）頻數206060302010（i）求這200位競拍人員報價的平均數和樣本方差（同一區間的報價可用該價格區間的中點值代替）；（ii）假設所有參與競價人員的報價可視為服從正態分布，且與可分別由（i）中所求的樣本平均數及方差估值.若2023年5月份實際發放車牌數是5000，請你合理預測（需說明理由）競拍的最低成交價.附：，若，則，.解：（1），，，關于的線性回歸方程2023年5月份對應，所以所以預測2023年5月份參與競拍的人數為3.73萬人.（2）（i）由題意