1、九江市2023年第二次高考模拟统一考试数学（文科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分全卷满分150分，考试时间120分钟考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名等内容填写在答题卡上2第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第卷用黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效3考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回第卷（选择题60分）一、选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】
2、C【解析】【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，从而得到结果.【详解】因为，则，即，所以.故选:C2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数的性质，结合集合交集和补集的定义进行求解即可.【详解】由，或，因为，所以，所以，故选：A3. 已知实数x，y满足条件，则的最大值为（ ）A. B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据题意，作出可行域，结合图像可知，当经过点时，最大，即可得到结果.【详解】由约束条件可得可行域区域，因为，可转化为，平移直线，结合图像可得，当直线过点时，取得最大值，且，解得，即点，所以.故选:D4. 已知命题：，若p为假命
3、题，则实数a的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先由为假命题，得出为真命题，即，恒成立，由，即可求出实数a的取值范围【详解】因为命题：，所以：，又因为为假命题，所以为真命题，即，恒成立，所以，即，解得，故选：D5. 正方体中，M是的中点，则直线DM与的位置关系是（ ）A. 异面垂直B. 相交垂直C. 异面不垂直D. 相交不垂直【答案】B【解析】【分析】如图，通过证明，可得DM与共面相交，后利用三角形相似可得DM与的位置关系.【详解】如图，因，且，则四边形为平行四边形，故.又，则DM与共面相交.设DM与相交于E.又设正方体棱长为2，则，.注意到，则，则可得.因，
4、则，即DM与位置关系是相交垂直.故选：B6. 执行下边的程序框图，如果输入的是，输出的结果为，则判断框中“”应填入的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用程序框图的循环结构，不断循环直到满足为止.【详解】根据程序框图，输入，则，满足循环条件， ，满足循环条件，不满足循环条件，输出结果.故A，B，D错误.故选：C.7. 已知双曲线的左右焦点分别为，M是双曲线C左支上一点，且，点关于点M对称的点在y轴上，则C的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可知为等边三角形，即可得到，再根据双曲线的定义，即可求出离心率.【详解】解：设点关于点M对称的点
5、为F，可知，又，所以为等腰三角形，则，又因为，所以，则，为等边三角形，因为，所以，由双曲线的定义可知，即，所以，故选：A.8. 已知数列的通项为，则其前8项和为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】运用裂项相消法进行求解即可.【详解】，所以前8项和为，故选：D9. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则关于x的不等式的解集为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先由为上的奇函数，在上单调递增和得出，在上单调递增，且，画出大致图像，分类讨论的取值，即得出不等式的解集【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，所以在上单调递增，且，可画出其大致图像，如图
6、所示，因为，所以当时，解得，当时，解得，当时，显然不合题意，所以不等式的解集为，故选：A10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）A. 周期为，在上单调递减B. 周期为，在上单调递减C. 周期为，在上单调递增D. 周期为，在上单调递增【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的正负性、单调性，结合两角和差的正弦公式进行求解即可.【详解】当时，即，显然该函数此时在上单调递减，当时，即，因此函数的周期为，在上单调递减，故选：B11. 青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，中华陶瓷烧制工艺的珍品，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷.如图为青花瓷大盘，盘子的边缘有一定的宽度且与桌面水平，可以近似看成由大小
7、两个椭圆围成.经测量发现两椭圆的长轴长之比与短轴长之比相等.现不慎掉落一根质地均匀的长筷子在盘面上，恰巧与小椭圆相切，设切点为，盘子的中心为，筷子与大椭圆的两交点为、，点关于的对称点为给出下列四个命题：两椭圆的焦距长相等；两椭圆的离心率相等；与小椭圆相切.其中正确的个数是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为，设点、，建立平面直角坐标系，利用椭圆的几何性质可判断；利用直线与椭圆的位置关系，结合韦达定理可判断的正误；取以及，可判断的正误.【详解】设大、小椭圆的长轴长之比与短轴长之比均为，设点、，以椭圆的中心为坐标原点，椭圆的长轴、短轴所在
8、直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，设小椭圆的方程为，则大椭圆的方程为，对于，大椭圆的焦距长为，两椭圆的焦距不相等，错；对于，大椭圆的离心率为，则两椭圆的离心率相等，对；对于，当直线与坐标轴垂直时，则点、关于坐标轴对称，此时点为线段的中点，合乎题意，当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，联立可得，可得，此时，联立可得，由韦达定理可得，即点为线段的中点，综上所述，对；对于，当点的坐标为时，将代入可得，不妨取点、，则，若，则直线的方程为，此时直线与椭圆不相切，错.故选：B.【点睛】方法点睛：解决中点弦的问题的两种方法：（1）韦达定理法：联立直线与曲线的方程，消去一个未知数，利用一元
9、二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决；（2）点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，坐标满足方程，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率关系求解.12. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】分别构造函数和，利用导数讨论其单调性可得.【详解】将用变量x替代，则，其中，令，则，令，则，易知在上单调递减，且，使得，当时，单调递增；当时，单调递减又，在上单调递增，即，记，则，在上单调递增，又，所以，所以,所以综上，.故选：B第卷（非选择题90分）考生注意：本卷包括必考题和选考题两部分第13-21题为必考题，每个试题考生都必须作答第2
10、2-23题为选考题，学生根据要求作答二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量，满足，且，则_【答案】【解析】【分析】根据题意，由向量垂直可得其数量积，列出方程，即可得到结果.【详解】因为，且，则，即.故答案为:14. 从边长为的正六边形的各个顶点中，任取两个顶点连成线段，则该线段长度为的概率为_【答案】#【解析】【分析】列举出所有的线段，并列举出长度为的线段，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】如下图所示，在边长为的正六边形中，任取两个顶点连成线段，所有的线段有：、，共条，其中长度为的线段有：、，共条，故所求概率为.故答案为：.15. 函数的所有零点之和
11、为_【答案】6【解析】【分析】令，两个解即为零点，将零点问题转换成，两个函数的交点问题，作图即可求出零点，且和的函数图象关于对称，零点也关于，即可求出所有零点之和.【详解】解：令，得，解得或，即为零点，令，可知的周期，对称轴，且的对称轴，做出和的图象如图所示：显然，在和上各存在一个零点，在处的切线为x轴，在上存在零点，同理在上存在零点，所以在上存在6个零点，因为和的函数图象关于对称，则零点关于对称，所以的所有零点之和为.故答案为：6.16. 根据祖暅原理，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等如图1所示，一个容器是半
12、径为R的半球，另一个容器是底面半径和高均为R的圆柱内嵌一个底面半径和高均为R的圆锥，这两个容器的容积相等若将这两容器置于同一平面，注入等体积的水，则其水面高度也相同如图2，一个圆柱形容器的底面半径为，高为，里面注入高为的水，将一个半径为的实心球缓慢放入容器内，当球沉到容器底端时，水面的高度为_（注：）【答案】【解析】【分析】根据祖暅原理，建立体积等量关系，代入体积运算公式求解即可.【详解】设铁球沉到容器底端时，水面的高度为h，由图2知，容器内水的体积加上球在水面下的部分体积等于圆柱的体积，由图1知相应圆台的体积加上球在水面下的部分体积也等于圆柱的体积，故容器内水的体积等于相应圆台的体积，因为容
13、器内水的体积为，相应圆台的体积为，所以，解得，故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 九江市正在创建第七届全国文明城市，某中学为了增强学生对九江创文的了解和重视，组织全校高三学生进行了“创文知多少”知识竞赛（满分100），现从中随机抽取了文科生、理科生各100名同学，统计他们的知识竞赛成绩分布如下： 文科生116234416理科生92427328合计1040507624（1）在得分小于80分的学生样本中，按文理科类分层抽样抽取5名学生求抽取的5名学生中文科生、理科生各多少人；从这5名学生中随机抽取2名学生，求抽取的2名学生中至少有一名文科
14、生的概率（2）如果得分大于等于80分可获“创文竞赛优秀奖”，能否有99.9%的把握认为获“创文竞赛优秀奖”与文理科类有关？参考数据： 0.100.050.010.0050.001 2.7063.8416.6357.87910.828，其中【答案】（1）文科生2人，理科生3人； （2）没有99.9的把握认为获创文竞赛优秀奖与文理科类有关【解析】【分析】（1）求出抽取的5人中文科生2人，理科生3人，再利用列举法求出概率作答.（2）先列联表，求出的观测值，再与临界值表比对作答.【小问1详解】得分小于80分的学生中，文科生与理科生人数分别为：40和60，比例为,所以抽取的5人中，文科生2人，理科生3人
15、 这5名学生有2人是文科生，记这两人为， 3人是理科生，记这三人为，随机抽取两名同学2人包含的基本事件有：，共10个，其中至少有一名文科生情况有7种： 因此抽取的2名学生至少有一名文科生的概率为 .【小问2详解】由题中数据可得如下联表： 创文竞赛优秀奖未获优秀奖合计文科生6040100理科生4060100合计100100200则的观测值：，所以没有99.9的把握认为获创文竞赛优秀奖与文理科类有关18. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，已知，（1）求c；（2）求的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由得出，再利用正弦定理，两角和的正弦公式及诱导公式，将转化为，即可求出
16、答案；（2）利用正弦定理，将转化为，再根据三角形内角和得出，代入，根据两角差的正弦公式及辅助角公式得出，再由为锐角三角形得出角的范围，即可的取值范围【小问1详解】解：，即，又，即，解得【小问2详解】解：由正弦定理得， ，则 ，为锐角三角形， ，即19. 如图，在三棱柱中，平面，D为棱的中点（1）求证：平面；（2）若E为棱BC的中点，求三棱锥的体积【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由题意可得为等边三角形，为等腰三角形，进而证明，利用线面垂直的性质可得，再利用线面垂直的判定即可证明平面；（2）由（1）为直角三角形，求出其面积，连接，以A为原点，的正方向为x，y，z轴建立空间直角
17、坐标系，求出和平面的一个方向量，利用点到平面的距离公式即可求出高，在根据锥体的体积公式即可求解.【小问1详解】证明：已知，则，又D为棱的中点，则，所以为等边三角形，为等腰三角形，则，所以，即，因为平面，平面，所以，即，而，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）可知，由平面，平面，所以，则直角三角形，由平面，平面，所以，所以，因为，所以在中，则在中，所以，连接，已知，由余弦定理，满足，所以，即，而平面，所以两两垂直，以A为原点，的正方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，所以，设为平面的一个法向量，则，即，令，则，所以点E到平面的距离，则三棱锥的体积.20. 已知P是抛物线上一动点，是圆上一点
18、，的最小值为（1）求抛物线E的方程；（2）是圆M内一点，直线l过点N且与直线MN垂直，l与抛物线C相交于两点，与圆M相交于两点，且，当取最小值时，求直线的方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）取，则，利用二次函数的性质求最值即可得到，进而求出抛物线方程；（2）根据题意求出圆M的方程，即可得到直线MN的斜率，利用垂直关系求出直线l的斜率，得到直线l的方程，联立抛物线可得，由韦达定理可知，根据圆的性质可知，将转化为，求得，利用均值不等式可知时取最小值，进而求出b，即可得到直线方程.【小问1详解】解：取，则，的最小值为，故的最小值为8，令，则的最小值为8，开口向上，对称轴，且，则有：若，即
19、时，当时，取到最小值9，不合题意；若，即时，当时，取到最小值，解得或（舍去）；综上所述：，所以抛物线E的方程.【小问2详解】已知是圆上一点，所以，解得，所以圆，圆心，半径，因为是圆M内一点，当直线MN的斜率不存在时，直线l垂直于y轴，不可能有，所以直线MN的斜率存在且不为0，所以直线l的斜率，设直线l的方程为，联立抛物线方程，可得，则，设，已知，则，所以，由于，所以，当取最小值时，即（当且仅当，即时等式成立），此时，所以，故直线l的方程为，整理得.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法
20、，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围21. 已知函数，（1）当时，证明：；（2）当时，判断零点的个数并说明理由【答案】（1）证明见解析 （2）2个零点，理由见解析【解析】【分析】（1）当时，设 ，由说明，则，由，得出，即可证明结论；（2）当时，设，由确定的增减区间，画出和的简图，分区间讨论和交点情况，即可得出的零点个数【小问1详解】当时，设 ，则，令，解得，所以当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，所以，因为，所以，又因为，即，所以，即，所以【小问2详解】当时，令，得，即，设，则，令，解得，当时，则在上单调递减，当时，则在上单调递增
21、，所以，在同一直角坐标系中，画出和的简图，如图所示，当，单调递减，单调递增，且，则与在有一个交点；当，单调递增，单调递增，且，则与在没有交点；当，单调递增，单调递减，且，则与有一个交点；因为，且在上单调递增， ，所以当时，即与在无交点；因为，且在上单调递减， ，所以当时，即与在无交点；综上所述，与共有2个交点，即有2个零点请考生在第22-23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分选修4-4：坐标系与参数方程22. 在直角坐标系xOy中，已知直线l的方程为，曲线C的参数方程为（为参数）以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系（1）求直线l的极坐标方程和曲线C的普通方程；（2）设直线与
22、曲线C相交于点A，B，与直线l相交于点C，求的最大值【答案】（1）直线l的极坐标方程：，曲线C的普通方程： （2）【解析】【分析】（1）利用公式、以及消参的方法求解.（2）利用方程联立、两点间的距离公式、换元法以及函数进行计算求解.【小问1详解】因为直线l的方程为，所以直线l的极坐标方程：，曲线C的参数方程为，所以，消去参数有：，所以曲线C的普通方程：.【小问2详解】因为直线与曲线C相交于点A，B，由(1)有：曲线C，由，得，解得，所以，解得，所以，又直线与与直线l相交于点C，由得，所以，所以，令 由有：，所以，因为，所以，所以,所以，所以的最大值为选修45：不等式选讲23. 已知函数（1）若的最小值为1，求a的值；（2）若恒成立，求a的取值范围【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）根据结合取等条件即可得解；（2）把恒成立，转化为恒成立，分情况讨论去绝对值符号，从而可得出答案.【小问1详解】因为，当且仅当时取等号，当且仅当时取等号，所以，解得或，故a的值为或；【小问2详解】令，由题意知恒成立，当且时, ,要使得恒成立,则可得当时,因为恒成立, 则,由图像可知所以,所以综上可知，实数a的取值范围为
