1、新余市2022-2023学年高三第二次模拟考试高三数学试题卷（文科）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. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合、，利用交集定义可求得集合.【详解】因为，因此，.故选：A.2 已知复数满足，则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得.【详解】因为，则，因此，.故选：B.3. 已知，则与的夹角（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】求出向量的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算
2、可求得的值.【详解】因，则，所以，因为，故.故选：C4. 等差数列满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可求得的值，进而可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，故.故选：D.5. 已知，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由余弦的二倍角公式，结合二次方程得，进而得，再根据正弦的二倍角公式求解即可.【详解】解：因为，且所以，即，所以，解方程得或（舍）因为，所以，所以.故选：A6. 函数的部分图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由的奇偶性和特殊值利用排除法可得答案.【详解】对
3、，所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，所以排除选项A；令，可得或，即，当时，所以，故排除选项C；当时，所以，所以排除选项D.故选：B.7. 德国数学家莱布尼兹于年得到了第一个关于的级数展开式，该公式于明朝初年传入我国.我国数学家、天文学家明安图为提高我国的数学研究水平，从乾隆初年（年）开始，历时近年，证明了包括这个公式在内的三个公式，同时求得了展开三角函数和反三角函数的个新级数公式，著有割圆密率捷法一书，为我国用级数计算开创先河，如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于的级数展开式计算的近似值（其中表示的近似值）”.若输入，输出的结果可以表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分
4、析】列举出循环的每一步，即可得出输出结果的表达式.【详解】第一次循环，不成立；第二次循环，不成立；第三次循环，不成立；第四次循环，不成立；，以此类推可知，最后一次循环，成立，跳出循环体，输出，输出的结果可以表示为.故选：C.8. 已知圆C：，若直线上总存在点P，使得过点P的圆C的两条切线夹角为，则实数k的取值范围是（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】根据切线夹角分析出，由圆心到直线的距离不大于4列出不等式求解可得【详解】设两切点为，则，所以,因此只要直线上存在点，使得即可满足题意圆心，所以圆心到直线的距离，解得或故选：C9. 算盘是我国古代一项伟大的发明，是一类重要的计
5、算工具.下图是一把算盘的初始状态，自右向左，分别表示个位，十位百位千位.，上面一粒珠子（简称上珠）代表5，下面一粒珠子（简称下珠）代表1，五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.例如，个位拨动一粒上珠，十位拨动一粒下珠至梁上，表示数字15.现将算盘的个位十位，百位，千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，设事件“表示的四位数能被3整除”，“表示的四位数能被5整除”，则有：；.上述结论正确的个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，由此可得四位数的个数；能被3整除，只能是2个1和2个5，求出四位数的个数后可得概率，而被5整除，只要个位
6、数字是5即可由此计数后可计算出概率，判断各序号即可求解【详解】只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，四位数的个数是16.能被3整除的四位数，数字1和5各出现2个，因此满足条件的四位数的个数是6，所以，正确；能被5整除的四位数，个位数为5，满足的个数为8，不正确；能被15整除的四位数的个位数是5，十位、百位、千位为一个5两个1，因此满足这个条件的四位数的个数是3，概率为，正确；，正确.故正确的有3个，故选：D.10. 在长方体中，点、分别是棱、的中点，、平面，直线平面，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用平行定理对直线进行平移、从而实现在
7、三角形内求解角度【详解】 如图，连接并延长，交线段的延长线于点，连接交于点则易知连接，因为，所以异面直线与所成的角为在中，易得，则故选：B11. 已知双曲线，过右焦点作的一条渐近线的垂线，垂足为点，与的另一条渐近线交于点，若，则的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】作出图形，计算出，设，可得出，由二倍角的正切公式可得出关于的等式，求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.【详解】如下图所示：双曲线的渐近线方程为，即，所以，则，因为，则，设，则，所以，由二倍角的正切公式可得，即，可得，因此，.故选：A.12. 已知,则（ ）A. B. C. D. 【
8、答案】D【解析】【分析】构造,求导求单调性即可得,即证明,再构造,求导求单调性即可得,即,即证明,即可选出选项.【详解】解:由题知构造,所以,故在单调递减,所以,即,即,即因为,构造,所以即在上单调递增,所以,即,即,即,综上:.故选:D二填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分.请将正确答案填在答题卷相应位置.）13. 若实数、满足约束条件，则的最大值为_.【答案】【解析】【分析】作出可行域，平移直线，找出使得该直线在轴上的截距最大时对应的最优解，代入目标函数即可得解.【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，解得，即点，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，直线在轴上的截距最大
9、，此时取最大值，即.故答案为：.14. 已知数列中，且、是函数的两个零点，则_.【答案】【解析】【分析】分析可知数列为等比数列，利用韦达定理可得出，分析出的正负，结合等比中项的性质可求得的值.【详解】因为在数列中，则，所以，所以，数列为等比数列，且该数列的首项为，公比为，因为、是函数的两个零点，由韦达定理可得，因为，可得，所以，由等比中项的性质可得，因此，.故答案为：.15. 已知函数在上单调递增，且在上有最大值则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】通过函数在上单调递增，求出的范围，再根据在上有最大值可得，进而即得.【详解】由，可得，又函数在上单调递增，所以，所以，又函数在上有最大值，所以，
10、即，综上，.故答案为：.16. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，则该三棱锥的外接球的表面积为_.【答案】【解析】【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，所以AMCD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MHCD，故，球
11、心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为，故答案为：【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 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.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第2223题为选考题，考生根据要求作答.）17. 在平面四边形中，.（1）求的长；（
12、2）若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）直接利用余弦定理求解即可；（2）弦有三角形为锐角三角形求出角的范围，在中，利用正弦定理将用角表示出来，再结合三角函数的性质即可得解.【小问1详解】在中，由余弦定理可得，即，解得或；【小问2详解】因为，所以，因为为锐角三角形，所以，解得，在中，因为，所以，由，得，所以，所以.18. 从某企业的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：（1）求这500件产品质量指标值的样本平均数和样本方差（同一组数据用该区间的中点值作代表）；（2）产品质量指标值在185与215之间的每个盈利
13、200元，在175与185或215与225之间的每个亏损50元，其余的每个亏损300元.该企业共生产这种产品10000个，估计这批产品可获利或亏损多少元？【答案】（1）, （2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图，结合平均数和方差公式，即可求解；（2）根据频率，可计算获利或亏损.【小问1详解】样本平均数【小问2详解】由频率分布直方图可知，质量指标值在的频率为，质量指标值在和的频率为，质量指标值在和的频率为，所以10000件产品的获利情况是元.19. 如图,在四棱锥中,底面ABCD为正方形,底面ABCD,E为线段PB的中点,F为线段BC的中点（1）证明:平面PBC;（2）求点P到平面AEF
14、的距离【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】(1)先根据底面ABCD,得到,再根据,利用线面垂直的判定定理证明平面PAB,即,再根据一次线面垂直的判定定理证明平面PBC;(2)先根据长度及垂直关系得到进而得到的面积,再计算出,根据等体积法即可求得点P到平面AEF的距离.【小问1详解】证明:因为底面ABCD,平面ABCD,所以因为ABCD为正方形,所以,因为,平面PAB,平面PAB,所以平面PAB,因为平面PAB,所以,因为,E为线段PB的中点,所以,又因为,平面PBC,平面PBC,所以平面PBC.【小问2详解】由F是BC的中点所以,因为底面ABCD,平面ABCD,所以,因为E为线段P
15、B的中点,所以,由(1)知平面PBC,平面PBC,所以,所以,所以,因为,所以,由(1)知平面PAB,所以平面PAB,设点P到平面AEF的距离为h,则有,解得,所以点P到平面AEF的距离为20. 已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.（1）求椭圆的标准方程.（2）若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1） （2）是定值，定值为【解析】【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，将直线与椭圆成联立，利用韦达
16、定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.【小问1详解】设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）得，当直线垂直于轴时，代入椭圆方程，解得，.所以直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，所以，则，即，若为定值，则必为，当直线的斜率存在时，设直线，联立整理得，则，直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，因为，所以，则，故，即.综上，为定值.21. 已知函数，.（1）若，求的最小值；（2）若有且只有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）最小值为； （2）.【解析】【分析】（1）代入，求出，根据的范围可得在上恒成立，即可求出最小值；（2）显然
17、，则原题可转化为在区间上有且只有1个零点求出导函数，进而二次求导可得在区间上单调递增.推理得到当时，在上零点，根据导函数得到函数的单调性，结合零点的存在定理可得出实数的取值范围.【小问1详解】解：当时，则. 当时，所以，所以.又，所以，所以恒成立，所以在区间上单调递增，所以的最小值为.【小问2详解】解：由已知可得，则在区间上有且只有1个零点，令，.则，因为在区间上恒成立，所以在区间上单调递增.所以，当时，有最小值；当时，有最大值.当时，有，则恒成立，则在区间上单调递增，所以.又，所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；当时，有恒成立，则在区间上单调递减，所以.又，所以在区间上无零点，不符合题意，
18、舍去；当时，有，.又在区间上单调递增，根据零点的存在定理可得，使得.当时，单调递减：当时，单调递增.又，要使在区间上有且只有一个零点，则，解得.又，所以.综上，实数的取值范围是【点睛】方法点睛：根据函数零点的个数求解参数的取值范围：先观察看函数是否已存在零点，然后根据导函数研究函数的单调性，结合零点的存在定理，即可得到参数的取值范围.22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为（1）求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）已知点，若直线与曲线交于A，两点，求的值【答案】（1）C：，直线l： （2）【解析】【分析】
19、（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式化极坐标方程为直角坐标方程；（2）化直线方程为点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解【小问1详解】曲线C的参数方程为（为参数，），所以，所以即曲线C的普通方程为直线l的极坐标方程为，则，转换为直角坐标方程为【小问2详解】直线l过点，直线l的参数方程为（t为参数）令点A，B对应的参数分别为，由代入，得，则，即t1、t2为负，故23. 设 （1）求 的解集;（2）若的最小值为，且，求的最小值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）将函数写成分段函数，再分段求解，最后取并集即可；（2）由绝对值三角不等式可得，于是有，再利用基本不等式求解即可.【小问1详解】，当时，或或,解得或或，所以，故解集为；【小问2详解】，当且仅当即时，等号成立，a，b为正实数，当且仅当，即时，等号成立故的最小值为
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