2023屆江西省“紅色十校”高三上學期第一聯(lián)考數(shù)學（理）試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆江西省“紅色十?！备呷蠈W期第一聯(lián)考數(shù)學（理）試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出集合B，再求兩集合的交集即可.【詳解】因為或，所以，故選：B．2．若復數(shù)z滿足，則z的虛部為（

）A． B． C． D．2【答案】D【分析】利用復數(shù)除法和乘法運算法則求出即可得到虛部.【詳解】因為，所以，故z的虛部為2.故選：D．3．下圖是國家統(tǒng)計局7月發(fā)布的2021年6月至2022年6月規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速的月度走勢，其中2022年1~2月看作1個月，現(xiàn)有如下說法：①2021年10月至2022年3月，規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速呈現(xiàn)上升趨勢；②2021年6月至2022年6月，規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速的中位數(shù)為5.9；③從這12個增速中隨機抽取2個，增速都超過10的概率為．則說法正確的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】從2021年10月至2022年3月，規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速呈現(xiàn)上升趨勢，可判斷①，求出2021年6月至2022年6月規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速的中位數(shù)可判斷②；由古典概率的計算公式代入可判斷③【詳解】從2021年10月至2022年3月，規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速呈現(xiàn)上升趨勢，故①正確；2021年6月至2022年6月，規(guī)模以上工業(yè)原煤產(chǎn)量增速的中位數(shù)為，故②正確；從這12個增速中隨機抽取2個，都超過10的概率，故③正確.故選:D．4．函數(shù)的部分圖象大致為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函數(shù)的奇偶性和函數(shù)值的正負判斷即可.【詳解】因為，所以為奇函數(shù)，故排除C，D；又，故排除B.故選：A．5．2022年11月，第五屆中國國際進口博覽會在上海舉行，組委員會安排5名工作人員去A，B等4個場館，其中A場館安排2人，其余比賽場館各1人，則不同的安排方法種數(shù)為（

）A．48 B．60 C．120 D．240【答案】B【分析】先安排2人去A場館，再安排剩余的人去其它場館即可.【詳解】分為兩步，第一步：安排2人去A場館有種結果；第二步：安排其余3人到剩余3個場館，有種結果，所以不同的安排方法種數(shù)為.故選：B．6．設函數(shù)，若是奇函數(shù)，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用函數(shù)的奇偶性求出，得到函數(shù)的解析式，根據(jù)解析式求函數(shù)值即可.【詳解】由已知可得，則．因為是奇函數(shù)，所以，因為，解得，所以，所以.故選：B．7．設，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】跟特殊值1，2比較即可判斷大小.【詳解】因為且，所以，所以.故選：A．8．將函數(shù)的圖象上所有點向右平移個單位長度，得到如圖所示的函數(shù)的圖象，則（

）A．0 B．1 C．2 D．【答案】C【分析】由三角函數(shù)的圖象變換得到的解析式，再由其圖象性質得出后計算原式【詳解】依題意，，故，又的周期滿足，得，所以，所以，又，得，又，所以，所以，所以，故選：C9．“寸影千里”法是《周髀算經(jīng)》中記載的一種遠距離測量的估算方法，其具體方法是在同一天（如夏至）的正午，于兩地分別豎起同高的標桿，然后測量標桿的影長，并根據(jù)“日影差一寸，實地相距千里”的原則推算兩地距離．如圖，某人在夏至的正午分別在同一水平面上的A，B兩地豎起高度均為a寸的標桿與，與分別為標桿與在地面的影長，再按影長與的差結合“寸影千里”來推算A，B兩地的距離．記，則按照“寸影千里”的原則，A，B兩地的距離大約為（

）A．里 B．里C．里 D．里【答案】C【分析】在直角三角形中利用正切表示出，再由同角三角函數(shù)及兩角和的余弦公式化簡，最后根據(jù)“寸影千里”的原則得解.【詳解】由題意可知，所以，所以可以估計A，B兩地的距離大約為里，故選：C．10．已知，滿足，則的最小值是（）A． B． C．2 D．2【答案】D【分析】將給定等式變形為，，再代入并結合均值不等式求解作答.【詳解】由，得，而，則有，因此，，當且僅當，即時取“=”，所以的最小值為2.故選：D11．已知三棱錐的頂點都在球O的球面上，，若三棱錐的體積最大值為2，則球O的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)已知條件及同弧所對圓心角與圓周角的關系，再利用勾股定理及棱錐的體積公式即可求解.【詳解】設的外接圓圓心為，依題意可知為正三角形，所以圓的半徑，設球O的半徑為R，因為平面，所以，當三棱錐的體積最大時，三棱錐的高等于，所以三棱錐，得，解得.所以球O的半徑為.故選:D．12．若曲線與曲線在公共點處有公共切線，則實數(shù)（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設公共點為，根據(jù)導數(shù)的幾何意義可得出關于、的方程組，即可解得實數(shù)、的值.【詳解】設公共點為，的導數(shù)為，曲線在處的切線斜率，的導數(shù)為，曲線在處的切線斜率，因為兩曲線在公共點處有公共切線，所以，且，，所以，即解得，所以，解得，故選：A．二、填空題13．已知向量，且，則實數(shù)_____________．【答案】2【分析】根據(jù)向量坐標運算及向量垂直的坐標表示即得.【詳解】因為，又，所以，解得．故答案為：2.14．已知拋物線的焦點為F，點F到直線的距離為，則p的值為_____________．【答案】2或4【分析】求出，由題意用點到直線的距離公式即可求出p的值.【詳解】拋物線的焦點為F，則，則點F到直線的距離為：，所以，因為，所以或4.故答案為：2或4.15．韓信是我國漢代能征善戰(zhàn)、智勇雙全的一員大將．歷史上流傳著一個關于他點兵的奇特方法．有一天，韓信問有多少士兵在操練，部將回答：三三數(shù)之，剩二；五五數(shù)之，剩三；七七數(shù)之，剩四，韓信很快就知道了士兵的人數(shù)．設有m個士兵，若，符合條件的m共有___________個．【答案】10【分析】由題意，m除3余2、除5余3、除7余4，可得m最小的項為53，且為公差的等差數(shù)列，即可由求解.【詳解】由“三三數(shù)之，剩二”知，m是等差數(shù)列5，8，11，14，…中的項，其中滿足“五五數(shù)之，剩三”的最小數(shù)是8，故m是等差數(shù)列8，23，38，53，…中的項，其中滿足“七七數(shù)之，剩四”的最小數(shù)是53，故m是等差數(shù)列53，158，263，368，…中的項，可得通項公式，令，解得，且，故符合條件的m共有10個．故答案為：10.三、雙空題16．已知，則___________，的最小值是_____________．【答案】

【分析】利用湊角及兩角和差的正弦公式，結合同角三角函數(shù)的商數(shù)關系、兩角差的正切公式及基本不等式即可求解.【詳解】由題意得，，所以，即，于是有，所以．又，設，則，所以，當且僅當即時取等號，所以的最小值為．故答案為：；.四、解答題17．在①，②，③這三個條件中任選一個，填在下面的橫線上，并解答問題．已知數(shù)列的前n項和為，，且____________．(1)求的通項公式；(2)若是的等比中項，求數(shù)列的前n項和．注：如選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．【答案】(1)條件選擇見解析，；(2).【分析】（1）選①，利用與的關系求解作答；選②，構造等差數(shù)列求出求解作答；選③，構造常數(shù)列計算作答；（2）由（1）求出，再利用裂項相消法求解作答.【詳解】(1)選①，，由，得，則，即，而，因此是以1為首項，4為公差的等差數(shù)列，，所以的通項公式為．選②，由，得，即數(shù)列是以為首項，2為公差的等差數(shù)列，則，則，當時，，當時，滿足上式，所以的通項公式為．選③，由，得，因此數(shù)列是常數(shù)列，則有，即，所以的通項公式為．(2)由（1）知，，依題意，，則所以，所以數(shù)列的前n項和．18．如圖，在四棱錐中，平面，底面四邊形是正方形，，點E為的中點．(1)求證：平面；(2)求平面與平面所成銳二面角的大?。敬鸢浮?1)證明見解析(2)【分析】（1）設與的交點為O，連接，則，由平面，可證得平面，則，而由正方形的性質可得，所以由線面垂直的判定可證得結論，（2）以A為坐標原點，所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【詳解】(1)證明：設與的交點為O，連接．因為底面四邊形為正方形，所以．又點E為的中點，所以．因為平面，平面，所以，所以,因為平面，所以平面，又平面，所以．因為，平面，所以平面．(2)解：設，則．以A為坐標原點，所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得．由（1）知，平面的一個法向量為．設平面的一個法向量為，則，取，可得，所以，設平面與平面所成銳二面角為，則，因為，所以，即平面與平面所成銳二面角的大小為．19．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且．(1)求A；(2)若，求b和c．【答案】(1)(2)【分析】（1）設的外接圓半徑為R，結合正弦定理將原式化為，再結合余弦定理可求出角，（2）由正弦定理結合已知求出，再利用余弦定理可求出.【詳解】(1)設的外接圓半徑為R，因為由正弦定理，得，結合余弦定理，得，因為，所以，得，因為，所以．(2)由（1）知，所以，所以，由余弦定理得，，即，解得或（舍去）．綜上．．20．設O為坐標原點，橢圓的離心率為，且過點．(1)求C的方程；(2)若直線與C交于P，Q兩點，且的面積是，求證：．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）由橢圓過的點可得，再結合離心率即可計算作答；（2）聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，求出弦PQ長及點O到直線l的距離即可求解作答.【詳解】(1)因橢圓過點，則，又橢圓C的離心率為，則有，解得，所以C的方程為．(2)依題意，，由消去x并整理得：，，設，則，于是得，點O到l的距離，因此，即，整理得，即，顯然滿足，所以.21．已知函數(shù)．(1)求的極值；(2)若函數(shù)，求的極小值的最大值．【答案】(1)極小值1，無極大值(2)1【分析】（1）由導數(shù)判斷單調性后求解，（2）設出的零點，在中消去，轉化為關于的函數(shù)求解最值【詳解】(1)）函數(shù)的定義域為．令，則，所以在上單調遞增，且．當時，；當時，．所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時有極小值，無極大值．(2)因為，所以．由（1）知，在上單調遞增，當時，；當時，，則有唯一解．當時，；當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以在處取得極小值，且滿足．所以．令，則．當時，；當時，，即在上單調遞增，在上單調遞減，所以，此時，所以當時，的極小值的最大值為1．22．在直角坐標系中，曲線C的參數(shù)方程為（為參數(shù)）．以坐標原點O為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，直線l的極坐標方程為．(1)求C的極坐標方程和l的直角坐標方程；(2)l與C交于A，B兩點，若，求．【答案】(1)，(2)或．【分析】（1）由C的參數(shù)方程化為直角坐標方程，再根據(jù)公式轉化為極坐標方程，根據(jù)極坐標意義直線方程可化為直角坐標方程；（2）根據(jù)極徑的幾何意義及根與系數(shù)的關系，由可得極角.【詳解】(1)將C的參數(shù)方程化為直角坐標方程得，即，∴C的極坐標方程為．∵l的極坐標方程為，∴l(xiāng)的直角坐標方程為．(2)將l的極坐標方程代入C的極坐標方程得．當時，設A，B所