精品解析：江西省南昌市第十九中学2023届高三下学期第四次模拟考试数学（理）试题

南昌十九中2023届高三校四模考试理科数学试卷 一、单选题（共60分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A 25 B. 20 C. 10 D. 5 3. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 从甲，乙等五名同学中随机选3人参加社区服务工作，则甲，乙中至少有一人入选的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 党的二十大报告提出了要全面推进乡村振兴，其中人才振兴是乡村振兴的关键．如图反映了某县2017-2022这六年间引入高科技人才数量的占比情况．已知2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量逐年成递增的等差数列，且这四年引入高科技人才的数量占六年引入高科技人才的数量和的一半，2018年与2019年引入人才的数量相同，2019、2021、2022这三年引入高科技人才的数量成公比为2的等比数列，则2022年引入高科技人才的数量占比为（ ）． A. 30％ B. 35％ C. 40％ D. 45％ 6. 若函数在上为增函数，则实数的取值范围为（ ） A B. C. D. 7. 在△ABC中，，，D是AC边的中点，点E满足，则与的夹角为（ ） A. 60° B. 75° C. 90° D. 120° 8. 在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 9. 黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，） A. B. C. D. 10. 已知双曲线C：的离心率为，左，右焦点分别为，，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 11. 若函数的部分图象如图所示，则（ ） A B. C. D. 12. 已知直线l1：与l2：相交于点M，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共20分） 13. 某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________. 14. 已知向量，，其中，，若，则的最小值为_______． 15. 如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为__________． 16. 如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为________. 三、解答题（共70分） 17. 已知数列中，，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和，求证：． 18. 甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球，.现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜. （1）当，，时，求乙胜的概率； （2）若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值. 19. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且平面底面 （1）求证：； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 20. 已知椭圆过点和，且． （1）求椭圆的方程； （2）过点斜率为的直线交椭圆于，直线分别交直线于点．若，求的值． 21. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在区间上有两个不同零点，求的取值范围. 选做题 22. 在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点. （1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2）若点P极坐标为，，求的值. 23. 已知 （1）求不等式的解集； （2）若，且，恒成立，求m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 南昌十九中2023届高三校四模考试理科数学试卷 一、单选题（共60分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解出，根据补集的运算求出，然后根据交集的运算，即可得出答案. 【详解】解可得，，所以. 又，所以. 所以. 故选：B. 2. 若复数，则（ ） A. 25 B. 20 C. 10 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算和模的定义求解. 【详解】因为，所以， 故选:D. 3. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题意推出函数的周期以及满足等式，赋值求得，利用函数的周期性即可求得答案. 【详解】因为，所以，所以的周期为6， 又为奇函数，所以，所以， 令，得，所以, 所以， 故选：C. 4. 从甲，乙等五名同学中随机选3人参加社区服务工作，则甲，乙中至少有一人入选的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出甲乙两人都没入选的概率后，由对立事件的概率公式可得结论． 【详解】从甲，乙等五名同学中随机选3人的方法数为，甲乙两人都没入选只有一种方法，概率为， 因此甲、乙中至少有一人入选的概率为． 故选：B． 5. 党的二十大报告提出了要全面推进乡村振兴，其中人才振兴是乡村振兴的关键．如图反映了某县2017-2022这六年间引入高科技人才数量的占比情况．已知2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量逐年成递增的等差数列，且这四年引入高科技人才的数量占六年引入高科技人才的数量和的一半，2018年与2019年引入人才的数量相同，2019、2021、2022这三年引入高科技人才的数量成公比为2的等比数列，则2022年引入高科技人才的数量占比为（ ）． A. 30％ B. 35％ C. 40％ D. 45％ 【答案】C 【解析】 【分析】由题可设2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量占比为m，，，，结合条件可得，进而即得. 【详解】由题可设2017、2018、2020、2021这四年引入高科技人才的数量占比为m，，，， 则2019年引入高科技人才的数量占比为，2022年引入高科技人才的数量占比为， 依题意有，且， 解得， 所以2022年引入高科技人才的数量占比为． 故选：C. 6. 若函数在上为增函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用公式化简整理原式得到，求其单调递增区间进而可确定a的范围. 【详解】 ， 令， 得，∴函数在，单调递增， 由题知在上单调递增，∵， ∴，解得. 故选：B. 7. 在△ABC中，，，D是AC边的中点，点E满足，则与的夹角为（ ） A. 60° B. 75° C. 90° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，用向量分别表示，再利用向量数量积的运算律求解作答. 【详解】在中，，，，如图， 则，又， 则， 所以， 即，所以与的夹角为. 故选：C. 8. 在锐角中，，，若在上的投影长等于的外接圆半径，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知，，进而得，即，再结合正弦定理求解即可. 【详解】∵是锐角三角形，在上的投影长等于的外接圆半径， ， 又，，， ， 两式相加得：，即， ，即， 又，，. 故选：B. 9. 黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径22.5cm，足径14.4cm，高3.8cm，其中底部圆柱高0.8cm，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（ ）（附：圆台的侧面积，，为两底面半径，为母线长，其中的值取3，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解. 【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中）， 则，，， 所以， 故圆台部分的侧面积为， 圆柱部分的侧面积为， 故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为. 故选：B. 10. 已知双曲线C：离心率为，左，右焦点分别为，，关于C的一条渐近线的对称点为P.若，则的面积为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性利用中位线性质求得，再利用渐近线的斜率与直角三角形中角的正切值相等关系待定，进而得到相关长度求面积即可. 【详解】由对称性，不妨设点关于渐近线的对称点为， 设与该渐近线交于点M，则，且. 由分别是与的中点，知且， 又右焦点，渐近线方程即， 故点到渐近线的距离为， 则在中，，解得， 所以由得，， 所以. 故选：D. 11. 若函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，即可得解. 【详解】由图象知，的两根为2，4，且过点， 所以，解得， 所以， 所以， 故选：A 12. 已知直线l1：与l2：相交于点M，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线所过定点和知，由此得轨迹是以为圆心，为半径的圆（不含点），由垂径定理和圆上点到定点距离最小值的求法求得，结合向量数量积的运算律求得最小值. 【详解】由圆的方程知：圆心，半径； 由得：，恒过定点； 由得：，恒过定点； 由直线方程可知：，，即， 设，则，， ，整理得：， 即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，又直线斜率存在， 点轨迹不包含； 若点为弦的中点，则，位置关系如图： 连接，由知：， 则， （当在处取等号）， 即的最小值为. 故选：A. 二、填空题（共20分） 13. 某班有48名学生，一次考试的数学成绩X（单位：分）服从正态分布，且成绩在上的学生人数为16，则成绩在90分以上的学生人数为____________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由X（单位：分）服从正态分布，知正态密度曲线的对称轴为，成绩在上的学生人数为16， 由对称性知成绩在80分上的学生人数为24人，所以90分以上的学生人数为. 故答案为：8 14. 已知向量，，其中，，若，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 分析】根据向量运算可得，再由均值不等式求解即可. 【详解】，，， ，即， 由，，则， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 故答案为： 15. 如图，线段AB的长为8，点C在线段AB上，．点P为线段CB上任意一点，点A绕着点C顺时针旋转，点B绕着点P逆时针旋转．若它们恰重合于点D，则的面积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可推得，根据余弦定理表示出，进而得出.表示出，根据基本不等式，即可求出，从而得出答案. 【详解】由题意可知，，即. 在中，有，， 所以. 由余弦定理可得，， 所以， 所以有， 当且仅当时，等号成立. 所以，， 所以，，即的面积的最大值为. 故答案为：. 16. 如图，已知，是相互垂直的两条异面直线，直线与，均相互垂直，且，动点，分别位于直线，上，若直线与所成的角，三棱锥的体积的最大值为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，再根据，可得即为直线与所成的角的平面角，由此可求得，从而可得，再根据棱锥的体积公式结合基本不等式即可得解. 【详解】因为直线三条直线两两垂直， 如图，将图形还原为长方体， 因为，所以即为直线与所成的角的平面角， 则， 因为平面，平面，所以， 在中，由，得， 所以， ， 当且仅当时，取等号， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据直线三条直线两两垂直，将图形还原为长方体，从特殊几何体入手是解决本题的关键. 三、解答题（共70分） 17. 已知数列中，，，． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，得到，再利用累乘法求解； （2）由（1）易得，再利用裂项相消法求解. 【小问1详解】 解：因为，， 所以， 所以 当时， 满足条件， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 所以 . 18. 甲、乙两人各有一只箱子.甲的箱子里放有大小形状完全相同的3个红球、2个黄球和1个蓝球.乙的箱子里放有大小形状完全相同的x个红球、y个黄球和z个蓝球，.现两人各从自己的箱子里任取一球，规定同色时乙胜，异色时甲胜. （1）当，，时，求乙胜的概率； （2）若规定：当乙取红球、黄球和蓝球获胜的得分分别是1分、2分和3分，否则得零分.求乙得分均值的最大值，并求此时x，y，z的值. 【答案】（1） （2）乙得分均值的最大值为，此时， 【解析】 【分析】（1）设出事件，根据古典概型概率公式求得事件的概率，进而表示出事件乙胜，根据独立事件以及互斥事件，即可求出答案； （2）用随机变量来表示乙得分，则可取.然后分别计算得出取时的概率，根据期望公式求出即可得出，根据已知结合的取值范围，即可得出答案. 【小问1详解】 记“甲取红球”为事件，“甲取黄球”为事件，“甲取蓝球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件，“乙取红球”为事件， 则由已知可得，，，，，，. 由已知，乙胜可以用事件来表示， 根据独立事件以及互斥事件可知，. 【小问2详解】 由题意知，，，. 用随机变量来表示乙得分，则可取, 则，，， 所以. 所以. 因为，所以，且，，， 所以， 当且仅当，，时，等号成立. 所以，乙得分均值的最大值为，此时，，. 19. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，且平面底面 （1）求证：； （2）若，且直线与平面所成角的正弦值为.求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定和性质即可求解；（2）根据线面角的正弦值和二面角的余弦值的法向量求法即可求解. 【小问1详解】 证明：在四棱锥中，， 又平面底面，且平面底面底面 所以平面， 因为平面，所以， 又，且底面底面， 所以底面， 因为平面， 所以. 【小问2详解】 不妨令，设， 作，垂足为，因为，所以， 又，所以， 由（1）知底面，所以， 分别以直线为轴，轴，轴建系如图， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则即令，则， 可得平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， ， 解得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则即令，则1， 可得平面的一个法向量为， 设平面与平面所成锐二面角为， 则 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 20. 已知椭圆过点和，且． （1）求椭圆的方程； （2）过点斜率为的直线交椭圆于，直线分别交直线于点．若，求的值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）由题意可得的值，即可得椭圆方程； （2）设直线的方程为，设，，与椭圆联立得交点坐标关系，从而可得两点的横坐标，由可得，进行坐标运算即可得的值． 【小问1详解】 由题意可知： 所以椭圆C方程为. 【小问2详解】 直线的方程为，设，， 直线与椭圆方程联立可得：，消去可得：， 则. 直线方程为：，令可得， 直线的方程为：，令可得. ， 法一：易知与异号 法二： 【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆相交问题，解题的关键点是将已知弦长等式关系转化为坐标关系.本题中直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理求出，，然后由得，利用坐标关系化简，得到所要求的等量关系．考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于中档题． 21. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在区间上有两个不同的零点，求的取值范围. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）求导后，根据的取值范围，分类讨论的正负情况，即可得出的单调性； （2）由已知，，结合单调性，求出使在区间上有且只有一个零点的实数的取值范围即可. 【小问1详解】 ∵，∴， ①当时，恒成立，此时在上单调递增； ②当时，令，解得， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增. 综上所述，当时，上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问2详解】 ∵，∴，即是的一个零点. 由第（1）问的单调性知， ①当时，在上单调递增，有且只有一个零点，不合题意； ②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， i）当，即时，在区间上单调递增， ∴在区间上有且只有一个零点，不合题意； ii）当，即时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，取得极小值，也是最小值， 且由的单调性知， 又∵，∴， ， 令，则， 当时，，单调递增，， ∴， ∴由零点存在定理知，在区间有零点， ∴结合的单调性及知，在区间上有两个不同的零点， 综上所述，若在区间上有两个不同的零点，则实数的取值范围是. 【点睛】方法点睛：本题第（2）问解题的关键是发现，然后只需利用零点存在定理，确定在区间上有且只有一个零点的实数的取值范围即可. 选做题 22. 在平面直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为；直线l的参数方程为（t为参数）.直线l与曲线C分别交于M，N两点. （1）写出曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程； （2）若点P的极坐标为，，求的值. 【答案】（1），；（2）2. 【解析】 【分析】 （1）由得，求出曲线的直角坐标方程.由直线的参数方程消去参数，即求直线的普通方程； （2）将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，韦达定理得，点在直线上，则，即可求出的值. 【详解】（1）由可得， 即，即， 曲线的直角坐标方程为， 由直线的参数方程（t为参数），消去得， 即直线的普通方程为. （Ⅱ）点的直角坐标为，则点在直线上. 将直线的参数方程化为标准式（为参数），代入曲线的直角坐标方程，整理得， 直线与曲线交于两点， ，即. 设点所对应的参数分别为， 由韦达定理可得， . 点在直线上，， . 【点睛】本题考查参数方程、极坐标方程和普通方程的互化及应用，属于中档题. 23. 已知 （1）求不等式的解集； （2）若，且，恒成立，求m的最大值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）考虑，，，解不等式得到答案. （2）计算，，得到，确定，变换，得到答案. 【小问1详解】 ， 当时，，得，故； 当时，，得，故； 当时，由，得，此时无解. 综上所述：原不等式的解集是． 【小问2详解】 ，故，，，则， ， ，故，， ，故m的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$