江西省广昌一中2022-2023学年高三下学期第五次调研考试数学试题含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12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已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（ ）ABCD2一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） ABCD3设函数，的定义域都为，且是奇函数，是偶函数，则下列结论正

2、确的是（ ）A是偶函数B是奇函数C是奇函数D是奇函数4我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ）ABCD5抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（ ）ABCD6已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）ABC或D或47把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象给出下列四个命题的值域为的一个对称轴是的一个对称中心是存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（ ）A1B2C3D48

3、函数的对称轴不可能为（ ）ABCD9已知圆截直线所得线段的长度是，则圆与圆的位置关系是（ ）A内切B相交C外切D相离10已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是ABCD11集合的子集的个数是（ ）A2B3C4D812已知函数，其图象关于直线对称，为了得到函数的图象，只需将函数的图象上的所有点（ ）A先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变B先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变C先向右平移个单位长度，再把所得各点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变D先向左平移个单位长度，再把所得各点横坐标缩短为原来

4、的，纵坐标保持不变二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数，若对于任意正实数，均存在以为三边边长的三角形，则实数k的取值范围是_.14已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是_15设为正实数，若则的取值范围是_16已知集合，则_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。17（12分）在边长为的正方形，分别为的中点，分别为的中点，现沿折叠，使三点重合，构成一个三棱锥. （1）判别与平面的位置关系，并给出证明；（2）求多面体的体积.18（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为

5、q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.（1）当时，记，求的分布列及数学期望；（2）当，时，求且的概率.19（12分）等差数列中，（1）求的通项公式；（2）设，记为数列前项的和，若，求20（12分）在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，平面，. （1）求证：平面；（2）已知二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值.21（12分）已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）若，求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆相交于、两点，、分别为线段、的中点，若坐标原点在以为直径的圆上，且，求的取值范围.22（10分）自湖北武汉爆发新型冠状病毒惑染的肺炎疫情以来，武汉医护人员

6、和医疗、生活物资严重缺乏，全国各地纷纷驰援.截至1月30日12时，湖北省累计接收捐赠物资615.43万件，包括医用防护服2.6万套N95口軍47.9万个，医用一次性口罩172.87万个，护目镜3.93万个等.中某运输队接到给武汉运送物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送720t物资.已知每辆卡车每天往返的次数：A型卡车16次，B型卡车12次；每辆卡车每天往返的成本：A型卡车240元，B型卡车378元.求每天派出A型卡车与B型卡车各多少辆，运输队所花的成本最低？参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在

7、每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，根据图像得到答案.【详解】当时，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：方程，即，即函数和有两个交点.，故，.根据图像知：.故选：.【点睛】本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.2、B【解析】还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.【详解】由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥半个圆柱体积为：四棱锥体积为：原几何体体积为：本题正确选项：

8、【点睛】本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.3、C【解析】根据函数奇偶性的性质即可得到结论【详解】解：是奇函数，是偶函数，故函数是奇函数，故错误，为偶函数，故错误，是奇函数，故正确为偶函数，故错误，故选：【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断，根据函数奇偶性的定义是解决本题的关键4、B【解析】先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求.【详解】解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有，其和等于16的结果，共2

9、种等可能的结果，故概率.故选：B.【点睛】古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题.5、A【解析】首先求出样本空间样本点为个，再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数，再求出重复数量，可得事件的样本点数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】样本空间样本点为个， 具体分析如下：记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“1”，有以下3种位置1_ _，_1_，_ _1剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是，但合并计算时会有重复，重复数量为，事件的样本点数为：个故不同的样本点数为

10、8个，.故选：A【点睛】本题考查了分类计数原理与分步计数原理，古典概型的概率计算公式，属于基础题6、C【解析】对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.【详解】分析知，.讨论：当时，所以，所以；当时，所以，所以.综上，或，故选C.【点睛】本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.7、C【解析】由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断；对求导,并得到导函数的值域,即可判断.【详解】由题,则向右平移个单位可得, ,的值域为,错误；当时,所以是函数的一条对称轴,正确；当时,所以的一个对称中心是,正确；,则,使得,则

11、在和处的切线互相垂直,正确.即正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.8、D【解析】由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论【详解】对于函数，令，解得，当时，函数的对称轴为，.故选：D.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题9、B【解析】化简圆到直线的距离 ，又 两圆相交. 选B10、A【解析】根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.【详解】 为定义在上的偶函数，图象关于轴对称又在上是增函数

12、在上是减函数 ，即对于恒成立 在上恒成立，即的取值范围为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.11、D【解析】先确定集合中元素的个数，再得子集个数【详解】由题意，有三个元素，其子集有8个故选：D【点睛】本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个12、D【解析】由函数的图象关于直线对称，得，进而得再利用图像变换求解即可【详解】由函数的图象关于直线对称，得，即，解得，所以，故只需将函数的图象上的所有点“先向

13、左平移个单位长度，得再将横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变,得”即可.故选：D【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，考查图像变换，考查运算求解能力，是中档题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据三角形三边关系可知对任意的恒成立,将的解析式用分离常数法变形,由均值不等式可得分母的取值范围,则整个式子的取值范围由的符号决定,故分为三类讨论,根据函数的单调性求出函数值域,再讨论,转化为的最小值与的最大值的不等式,进而求出的取值范围.【详解】因为对任意正实数,都存在以为三边长的三角形,故对任意的恒成立,令,则,当,即时,该函数在上单调递减,则；当,即时,当,即时,该函数在上

14、单调递增,则,所以,当时,因为,所以,解得；当时,满足条件；当时,且,所以,解得,综上,故答案为:【点睛】本题考查参数范围,考查三角形的构成条件,考查利用函数单调性求函数值域,考查分类讨论思想与转化思想.14、（-4，2）【解析】试题分析：因为当且仅当时取等号，所以考点：基本不等式求最值15、【解析】根据，可得，进而，有，而，令，得到，再用导数法求解，【详解】因为，所以，所以，所以，所以，令，所以，当时，当时，所以当时，取得最大值，又，所以取值范围是，故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式的应用和导数法求最值，还考查了运算求解的能力，属于难题，16、【解析】由可得集合是奇数集，由此可以得出结

15、果.【详解】解：因为所以集合中的元素为奇数，所以.【点睛】本题考查了集合的交集，解析出集合B中元素的性质是本题解题的关键.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。17、（1）平行，证明见解析；（2）.【解析】（1）由题意及图形的翻折规律可知应是的一条中位线，利用线面平行的判定定理即可求证；（2）利用条件及线面垂直的判定定理可知，则平面，在利用锥体的体积公式即可【详解】（1）证明：因翻折后、重合，应是的一条中位线，平面，平面，平面；（2）解：，面且，又，【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理及锥体的体积公式，属于基础题18、（1）见解析，0（2）【解析】

16、（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.【详解】解:（1）的取值可能为,1,3,又因为,故,所以的分布列为：13所以（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又已知,第一题答对,若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题， 此时的概率为（或）.【点睛】本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想

17、.19、（1）（2）【解析】（1）由基本量法求出公差后可得通项公式；（2）由等差数列前项和公式求得，可求得【详解】解：（1）设的公差为，由题设得因为，所以解得，故（2）由（1）得所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，由得，解得【点睛】本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前项和公式，解题方法是基本量法20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由已知可得，结合，由直线与平面垂直的判定可得平面；（2）由（1）知，则，两两互相垂直，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立空间直角坐标系，设，0，由二面角的余弦值为求解，再由空间向量求解直线与平面所成角的正弦值【详解】（1）证明：因为四

18、边形是等腰梯形，所以.又，所以，因此，又，且，平面，所以平面.（2）取的中点，连接，由于，因此，又平面，平面，所以.由于，平面，所以平面，故，所以为二面角的平面角.在等腰三角形中，由于，因此，又，因为，所以，所以以为轴、为轴、为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为所以，即，令，则，则平面的法向量，设直线与平面所成角为，则 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题21、（1）；（2）.【解析】（1）由椭圆的离心率求出、的值，由此可求得椭圆的方程；（2）设点、，联立直线与椭圆的方程，列出韦达定理，由题意得出，可得出，【详解】（

19、1）由题意得，.又因为，所以椭圆的方程为；（2）由，得.设、，所以，依题意，易知，四边形为平行四边形，所以.因为，所以.即，将其整理为.因为，所以，.所以，即.【点睛】本题考查椭圆方程的求法和直线与椭圆位置关系的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化，考查计算能力，属于中等题.22、每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低【解析】设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，由题意列出约束条件，作出可行域，求出使目标函数取最小值的整数解，即可得解.【详解】设每天派出A型卡车辆，则派出B型卡车辆，运输队所花成本为元，由题意可知，整理得，目标函数，如图所示，为不等式组表示的可行域，由图可知，当直线经过点时，最小，解方程组，解得，然而，故点不是最优解.因此在可行域的整点中，点使得取最小值，即，故每天派出A型卡车辆，派出B型卡车辆，运输队所花成本最低.【点睛】本题考查了线性规划问题中的最优整数解问题，考查了数形结合的思想，解题关键在于列出不等式组（方程组）寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数，同时注意整点的选取，属于中档题.