2023~2024学年江西上饶高三高考数学理仿真试题带解析

2023-2024学年江西省上饶高三高考数学（理）仿真模拟试题一、单选题1．设集合，则（

）A． B．C． D．【正确答案】C【分析】解出对数不等式，化简集合A和集合B即可.【详解】由题可得=，，所以，故选：C.2．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．【正确答案】A【分析】利用复数的四则运算，求出复数的形式，再利用共轭复数求解.【详解】因为，，，所以，所以.故选：A.3．图1是南北方向、水平放置的圭表（一种度量日影长的天文仪器，由“圭”和“表”两个部件组成）示意图，其中表高为h，日影长为l.图2是地球轴截面的示意图，虚线表示点A处的水平面.已知某测绘兴趣小组在冬至日正午时刻（太阳直射点的纬度为南纬）在某地利用一表高为的圭表按图1方式放置后，测得日影长为，则该地的纬度约为北纬（

）（参考数据：，）A． B． C． D．【正确答案】B【分析】由题意有，可得，从而可得【详解】由图1可得，又，所以，所以，所以，该地的纬度约为北纬，故选：．4．已知多项式，则（

）A．60 B．74 C．20 D．【正确答案】C【分析】根据二项式定理求解.【详解】对于，其展开项的系数为，对于，其展开项的系数为，展开项中为；故选：C.5．若函数在区间上恰有唯一极值点，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【正确答案】B【分析】根据余弦函数的图象特征，根据整体法即可列出不等式满足的关系进行求解．【详解】当，，由于在区间上恰有唯一极值点，故满足，解得，故选：B．6．将字母a，a，b，b，c，c放入如图所示的3×2的表格中，每个格子各放一个字母，若字母相同的行的个数为，则的数学期望为（

）A． B． C． D．【正确答案】B【分析】求出的所有可能值，再结合排列、组合及古典概率求出各个值对应的概率作答.【详解】字母a，a，b，b，c，c放入3×2的表格中的不同结果有种，随机变量的可能值为，，所以的数学期望为.故选：B7．在正方体中，点在正方形内（不含边界），则在正方形内（不含边界）一定存在一点，使得（

）

A． B．C．平面 D．平面平面【正确答案】A【分析】作出截面后可作，从而判断A，利用线面垂直的性质判断BC，根据面面平行的性质判断D．【详解】选项A，正方体中，显然有，连接延长，如果直线交棱于点（图1），则作交于，连接，则是梯形，作交于，则平面，如果直线交棱于点（图2），则直接连接，在三角形内作交于，也有平面，因此A正确；

选项B，正方体中易知平面，因此与垂直的直线都可能平移到平面内，而当平面，平面时，直线与平交，不可能平移到平面内，B错；选项C，由选项B知与不可能垂直，因此与平面也不可能垂直，C错；选项D，过的平面只有平面与平面平行，因此要使得平面平面，则平面与平面重合，从而点只能在棱上，与已知不符，D错．故选：A．8．在正项数列中，，记．整数满足，则数列的前项和为（

）A． B． C． D．【正确答案】C【分析】根据等差数列定义，裂项相消求和和对数不等式的求解即可得解.【详解】因为，所以为首项是1，公差是1的等差数列，所以，所以，的前项和为，整数满足，所以，是整数，所以，所以则数列的前项和为：.故选：C.9．点为椭圆上一点，曲线与坐标轴的交点为，，，，若，则点到轴的距离为（

）A． B． C． D．【正确答案】A【分析】先求出，，，的坐标，得到，为椭圆的焦点，得到，从而判断出为椭圆上一点，联立方程组，即可求解.【详解】由曲线与坐标轴的交点为，，，，不妨设，，，.则，为椭圆的焦点，而为椭圆上一点，所以.因为，所以，又，根据椭圆定义知点的轨迹为以C、D为焦点的椭圆，所以轨迹方程为，联立，消去得，则，故点到轴的距离为.故选：A.10．若过点可以作曲线的两条切线，切点分别为，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【正确答案】D【分析】设切点，根据导数的几何意义求得切线方程，再根据切线过点，结合韦达定理可得的关系，进而可得的关系，再利用导数即可得出答案.【详解】设切点，则切线方程为，又切线过，则，有两个不相等实根，其中或，令或，当时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，，，当时，，当时，，所以，即.故选：D.11．已知函数及其导函数的定义域均为，对任意的，恒有，则下列说法错误的是（

）A． B．必为奇函数C． D．若，则【正确答案】A【分析】利用赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法结合换元法判断C；利用赋值法求得，的值有周期性，即可求得的值，判断D．【详解】对于A，令，则由可得，，故或，故A错误；对于B，当时，令，则，则，故，函数既是奇函数又是偶函数；令，则，则，当时，，则，为奇函数，综合以上可知必为奇函数，B正确；对于C，令，则，故，由于，令，，即，即有，故C正确；对于D，若，令，，则，则，故令，则，即，，令，，则，即，，令，，则，即，，令，，则，即，，令，，则，即，，令，，则，即，，由此可得，的值有周期性，且6个为一周期，且，故，故D正确，故选：A．12．若正数满足，则（

）A． B．C． D．【正确答案】D【分析】构造函数，利用导数证得，则由可得；构造，利用导数证得，则由证得，进而证得.【详解】设，则，当时，，为增函数；当时，，为减函数，所以，即（当且仅当时等号成立）；所以，即.设，则，当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以，即（当且仅当时等号成立）；所以，又（当且仅当时等号成立）所以，即.若，则，与矛盾，故．综上所述，.故选：D．二、填空题13．一组数据由6个数组成，将其中一个数由4改为1，另一个数由6改为9，其余数不变，得到新的一组数据，则新的一组数的方差相比原一组数的方差的增加值为_________．【正确答案】5【分析】先计算均值，再根据方差的定义求解.【详解】设这组数据为，均值为，不妨设，，方差为；由题意，新数据为，显然新数据的均值与原数据的均值相等，其方差为；即新数据的方差比原数据的方差增加了5；故5.14．已知等比数列中，，则满足成立的最大正整数的值为_________．【正确答案】4【分析】求出等比数列的公比和首项，得出数列是等比数列，并求出其首项，公比和前项和，即可求出使不等式成立的最大正整数的值.【详解】由题意，，在等比数列中，，设公比为，∴，解得：，∴，∵，∴数列是以为首项，公比为的等比数列，∴，∴当时，，即，解得：，∴最大正整数的值为，故4.15．在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右焦点为，点，直线与双曲线的渐近线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率为__________【正确答案】【分析】利用条件求出直线的方程，再联立渐近线方程，得出，再由，得到，进而求出结果.【详解】因为，，，所以直线的方程为，又双曲线的渐近线方程为，由，解得，所以，又因为，所以，整理得，所以，即，解得离心率或（舍去），故答案为.16．已知四棱锥的各个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，M是线段AB上一点，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为，则＝___．【正确答案】或【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.【详解】在等腰梯形中，连接，如图，因为，，，则，，于是，取中点，连接，则，得均为正三角形，即有，即是梯形外接圆圆心，而O为四棱锥的外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，于是，而，即有，四边形为矩形，，因此球O的半径，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，而此截面圆半径为，则，连接，在中，，在中，，，即有，解得或，所以或.故或关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.三、解答题17．的内角的对边分别为，已知．(1)求角；(2)设，当的值最大时，求的面积．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边转角，再结合条件即可求出结果；（2）根据条件，利用正弦定理求出外接圆的半径，再利用边转角得到，再根据条件得到，进而求出，再利用，求出，再求出，利用面积公式即可求出结果.【详解】（1）由题意在中，，，由正弦定理得，又因为，故，故，又，所以，得到.（2）由题意及（1）知，，，由正弦定理知外接圆直径，故，，

其中，且，因为，故，而，故的最大值为1，此时，即故，，所以，

又，故，

此时.18．如图，在三棱柱中，底面平面是正三角形，是棱上一点，且．

(1)求证：；(2)若且二面角的余弦值为，求点到侧面的距离．【正确答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）分析图中的几何关系，根据线面垂直证明线线垂直；（2）根据条件构造三角形，解三角形即可.【详解】（1）取的中点，连接，为等边三角形，；，为中点，，

，为中点，为中点，又为中点，，；平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；，平面，平面，平面，，又，；（2）取中点，连接，由三棱柱结构特征知：，又，，即四点共面，

由（1）知：平面，平面，，，是二面角的平面角，，作，垂足为，，，，平面，平面，

设，则，又，，，，，解得：，又，，即，解得：，综上，点到侧面的距离为；19．甲乙两家公司要进行公开招聘，招聘分为笔试和面试，通过笔试后才能进入面试环节．已知甲、乙两家公司的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立，若小明报考甲公司，每门科目通过的概率均为；报考乙公司，每门科目通过的概率依次为，，其中．(1)若，分别求出小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；(2)招聘规则要求每人只能报考一家公司，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作决策，当小明更希望通过乙公司的笔试时，求的取值范围．【正确答案】(1)，(2)【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式即可求得小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）分别求得小明报考甲、乙两公司通过科目数的数学期望，列出关于的不等式，进而求得的取值范围．【详解】（1）设小明报考甲公司恰好通过一门笔试科目为事件A，小明报考乙公司恰好通过一门笔试科目为事件，根据题意可得，

.（2）设小明报考甲公司通过的科目数为X，报考乙公司通过的科目数为，根据题意可知，，则，，，，，则随机变量的分布列为Y0123P，若，则，故，即的取值范围是20．已知点为抛物线的焦点，点，过点作直线与抛物线顺次交于两点，过点A作斜率为的直线与抛物线的另一个交点为点．(1)求抛物线的标准方程；(2)求证：直线过定点．【正确答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由求得参数得抛物线方程；（2）设的方程为，设，直线方程代入抛物线方程整理后应用韦达定理得，得，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理并结合前者得，然后按直线斜率是否存在分类求得直线方程，利用得定点坐标．【详解】（1）焦点，∵，∴抛物线E的标准方程为；（2）显然直线斜率存在，设的方程为，由，化简得：，设，则，∴

①直线的方程为，由化简得：，设则

②由①②得，∴

③（ⅰ）若直线没有斜率，则，又，∴，∴，∴的方程为．（ⅱ）若直线有斜率，为，直线的方程为，即，将③代入得，∴，故直线有斜率时过点．方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题，一般设出直线方程，设出交点坐标为，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元应用韦达定理得（或），把此结论代入题设中其它条件或性质得出的关系，从而化简直线方程，由化简后的直线方程可得定点坐标，解题中也需注意直线斜率不存在的情形的验证．21．已知函数．(1)若函数在处取得极值，求的值及函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，求的取值范围．【正确答案】(1)，单调递减区间为，单调递增区间为(2)【分析】（1）求导，令，求出a的值；（2）运用同构的思想构造函数，对求导判断出的单调性，根据单调性求解.【详解】（1）函数定义域为，，

在处取得极值，则，所以，

此时，令，，则，所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增；故的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）依题意即在上有两个根，整理为，即，

设函数，则上式为，因为恒成立，所以单调递增，所以，所以只需在上有两个根，令，，则，当时，，当时，，故在处取得极大值即最大值，，且当x趋于时趋于，当x趋于-1时趋于，要想在上有两个根，只需，解得，所以的取值范围为；综上，（1），的单调递减区间为，单调递增区间为，（2）的取值范围为.22．杭州2022年第19届亚运会（The19thAsianGamesHangzhou2022），简称“杭州2022年亚运会”，将在中国浙江杭州举行，原定于2022年9月10日至25日举办；2022年7月19日亚洲奥林匹克理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日举办，赛事名称和标识保持不变。某高中体育爱好者为纪念在我国举办的第三次亚运会，借四叶草具有幸福幸运的象征意义，准备设计一枚四叶草徽章捐献给亚运会。如图，在极坐标系Ox中，方程表示的图形为“四叶草”对应的曲线C．(1)设直线l：与C交于异于O的两点A、B，求线段AB的长；(2)设P和Q是C上的两点，且，求的最大值．【正确答案】(1)9(2)【分析】（1）根据题意可先设出A、B两点的极坐标，，分别代入后可得到和，由即可得到线段的长.（2）可以设出、，代入后利用