江西省浮梁一中2022-2023学年高三第一次调研测试数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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。

2、1已知集合，ByN|yx1，xA，则AB（ ）A1，0，1，2，3B1，0，1，2C0，1，2Dx1x22 “”是“函数的图象关于直线对称”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件3已知集合，则( )ABCD4已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（）AB或CD5已知命题：使成立 则为（ ）A均成立B均成立C使成立D使成立6设等差数列的前n项和为，且，则( )A9B12CD7已知函数，其中，其图象关于直线对称，对满足的，有，将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则函数的单调递减区间是（）ABCD8已知全集，集合，则阴影部分表示的集合是（ ）ABCD

3、9已知等差数列的前n项和为，则A3B4C5D610已知集合，若，则（ ）A4B4C8D811公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米.所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）A米B米C米D米12函数的大致图象是（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13能说明“若对于任意的都成立，

4、则在上是减函数”为假命题的一个函数是_.14甲、乙两人同时参加公务员考试，甲笔试、面试通过的概率分别为和；乙笔试、面试通过的概率分别为和若笔试面试都通过才被录取，且甲、乙录取与否相互独立，则该次考试只有一人被录取的概率是_15已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线上任一点，且的最小值为，则该双曲线的离心率是_.16已知双曲线(a0，b0)的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为_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。17（12分）已知函数，且（1）当时，求函数的减区间；（2）求证：方程有两个不相等的实数根；（3）若方程的两个实数根是，试比较，与的大小，并说明理由18（12

5、分）如图，在四棱柱中，底面是正方形，平面平面，.过顶点，的平面与棱，分别交于，两点.（）求证：；（）求证：四边形是平行四边形；（）若，试判断二面角的大小能否为？说明理由.19（12分）已知函数是减函数.（1）试确定a的值；（2）已知数列，求证：.20（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为 （为参数），在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2是圆心为（2，），半径为1的圆（1）求曲线C1的普通方程和C2的直角坐标方程；（2）设M为曲线C1上的点，N为曲线C2上的点，求|MN|的取值范围21（12分）已知函数.（1）讨论的零点个数；（2）证明：当时，.22（10分）

6、已知椭圆的长轴长为，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点，是椭圆上在第一象限的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由.参考答案一、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、A【解析】解出集合A和B即可求得两个集合的并集.【详解】集合xZ|2x31，0，1，2，3，ByN|yx1，xA2，1，0，1，2，AB2，1，0，1，2，3故选：A【点睛】此题考查求集合的并集，关键在于准确求解不等式，根据描述法表示的集合，准确写出集合中的元素.2、A【解析】先求解函数的图象关于直线

7、对称的等价条件，得到，分析即得解.【详解】若函数的图象关于直线对称，则，解得，故“”是“函数的图象关于直线对称”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查了充分不必要条件的判断，考查了学生逻辑推理，概念理解，数学运算的能力，属于基础题.3、D【解析】先求出集合B，再与集合A求交集即可.【详解】由已知，故，所以.故选：D.【点睛】本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.4、C【解析】由可得，故可求的值.【详解】因为，所以，故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.【点睛】一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：（1）若，则；（2）公比时，则有，其中为常数且；（3） 为等比

8、数列（ ）且公比为.5、A【解析】试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即考点：全称命题.6、A【解析】由，可得以及，而，代入即可得到答案.【详解】设公差为d，则解得，所以.故选：A.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.7、B【解析】根据已知得到函数两个对称轴的距离也即是半周期，由此求得的值，结合其对称轴，求得的值，进而求得解析式.根据图像变换的知识求得的解析式，再利用三角函数求单调区间的方法，求得的单调递减区间.【详解】解：已知函数，其中，其图像关于直线对称，对满足的，有，.再根据其图像关于直线对称，可得，.，.将函数的图像向左平移个单位长度得

9、到函数的图像.令，求得，则函数的单调递减区间是，故选B.【点睛】本小题主要考查三角函数图像与性质求函数解析式，考查三角函数图像变换，考查三角函数单调区间的求法，属于中档题.8、D【解析】先求出集合N的补集，再求出集合M与的交集，即为所求阴影部分表示的集合.【详解】由，可得或，又所以.故选：D.【点睛】本题考查了韦恩图表示集合，集合的交集和补集的运算，属于基础题.9、C【解析】方法一：设等差数列的公差为，则，解得，所以.故选C方法二：因为，所以，则.故选C10、B【解析】根据交集的定义，可知，代入计算即可求出.【详解】由，可知，又因为，所以时，解得.故选：B.【点睛】本题考查交集的概念，属于基础

10、题.11、D【解析】根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.【详解】根据题意，这是一个等比数列模型，设，所以，解得，所以 .故选：D【点睛】本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.12、A【解析】用排除B，C；用排除；可得正确答案.【详解】解：当时，所以，故可排除B，C；当时，故可排除D故选：A【点睛】本题考查了函数图象，属基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、答案不唯一，如【解析】根据对基本函数的理解可得到满足条件的函数.【详解】由题意，不妨设，则在都成立，但是在是单调递增的，在是单调递减的，说明原命题是假命题.所以本题答案为，答

11、案不唯一，符合条件即可.【点睛】本题考查对基本初等函数的图像和性质的理解，关键是假设出一个在上不是单调递减的函数，再检验是否满足命题中的条件，属基础题.14、【解析】分别求得甲、乙被录取的概率，根据独立事件概率公式可求得结果.【详解】甲被录取的概率；乙被录取的概率；只有一人被录取的概率.故答案为：.【点睛】本题考查独立事件概率的求解问题，属于基础题.15、【解析】根据双曲线方程，设及，将代入双曲线方程并化简可得，由题意的最小值为，结合平面向量数量积的坐标运算化简，即可求得的值，进而求得离心率即可.【详解】设点，则，即，当时，等号成立，.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线与向量的综合应用，由平

12、面向量数量积的最值求离心率，属于中档题.16、【解析】根据题意，由双曲线的渐近线方程可得，即a2b，进而由双曲线的几何性质可得cb，由双曲线的离心率公式计算可得答案【详解】根据题意，双曲线的渐近线方程为yx，又由该双曲线的一条渐近线方程为x2y0，即yx，则有，即a2b，则cb，则该双曲线的离心率e；故答案为：【点睛】本题考查双曲线的几何性质，关键是分析a、b之间的关系，属于基础题三、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）（2）详见解析（3）【解析】试题分析：（1）当时，由得减区间；（2）因为，所以，因为所以，方程有两个不相等的实数根；（3）因为，所以试题解析：

13、（1）当时，由得减区间； （2）法1：， 所以，方程有两个不相等的实数根； 法2：， ，是开口向上的二次函数，所以，方程有两个不相等的实数根； （3）因为， ， 又在和增，在减，所以 考点：利用导数求函数减区间，二次函数与二次方程关系18、（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）不能为.【解析】（1）由平面平面，可得平面，从而证明；（2）由平面与平面没有交点，可得与不相交，又与共面，所以，同理可证，得证；（3）作交于点，延长交于点，连接，根据三垂线定理，确定二面角的平面角，若，由大角对大边知，两者矛盾，故二面角的大小不能为.【详解】（1）由平面平面，平面平面，且，所以平面，又平面，所以；（2

14、）依题意都在平面上，因此平面，平面，又平面，平面，平面与平面平行，即两个平面没有交点，则与不相交，又与共面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形；（3）不能.如图，作交于点，延长交于点，连接，由，所以平面，则平面，又，根据三垂线定理，得到，所以是二面角的平面角，若，则是等腰直角三角形，又，所以中，由大角对大边知，所以，这与上面相矛盾，所以二面角的大小不能为.【点睛】本题考查了立体几何中的线线平行和垂直的判定问题，和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，属中档题.19、（）（）见证明【解析】（）求导得

15、，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；（）由是减函数，且可得，当时，则，即，两边同除以得，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，通过求导证明即可【详解】解：（）的定义域为，.由是减函数得，对任意的，都有恒成立.设.，由知，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减，在时取得最大值.又，对任意的，恒成立，即的最大值为.，解得.（）由是减函数，且可得，当时，即.两边同除以得，即.从而 ，所以 .下面证；记，. ，在上单调递增，在上单调递减，而，当时，恒成立，在上单调递减，即时，当时，.，当时，即.综上可得，.【点睛

16、】本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题，20、（1）C1：y21，C2 ：x2+（y2）21；（2）0，1【解析】（）消去参数可得C1的直角坐标方程，易得曲线C2的圆心的直角坐标为（0，2），可得C2的直角坐标方程；（）设M（3cos，sin），由三角函数和二次函数可得|MC2|的取值范围，结合圆的知识可得答案【详解】（1）消去参数可得C1 的普通方程为y21，曲线C2 是圆心为（2，），半径为1 的圆，曲线C2 的圆心的直角坐标为（0，2），C2 的直角坐标方程为x2+（y2）21； （2）设M（3cos，si

17、n），则|MC2| ，1sin1，1|MC2|，由题意结合图象可得|MN|的最小值为110，最大值为1，|MN|的取值范围为0，1【点睛】本题考查椭圆的参数方程，涉及圆的知识和极坐标方程，属中档题21、（1）见解析（2）见解析【解析】（1）求出，分别以当，时，结合函数的单调性和最值判断零点的个数.（2）令，结合导数求出；同理可求出满足，从而可得，进而证明.【详解】解析：（1），当时，单调递减，此时有1个零点；当时，无零点；当时，由得，由得，在单调递减，在单调递增，在处取得最小值，若，则，此时没有零点；若，则，此时有1个零点；若，则，求导易得，此时在，上各有1个零点.综上可得时，没有零点，或时，有1个零点，时，有2个零点.（2）令，则，当时，；当时，.令，则，当时，当时，即.【点睛】本题考查了导数判断函数零点问题，考查了运用导数证明不等式问题，考查了分类的数学思想.本题的难点在于第二问不等式的证明中，合理设出函数，通过比较最值证明.22、（1）（2）是定值，详见解析【解析】（1）根据长轴长为，离心率，则有求解.（2）设，则，直线，令得，则，直线，令，得，则，再根据求解.【详解】（1）依题意得，解得，则椭圆的方程.（2）设，则，直线，令得，则，直线，令，得，则，.【点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，还考查了平面几何知识和运算求解的能力，属于中档题.