江西省南昌市第十中学2022-2023学年高三下学期第一次模拟数学（理科）答案

南昌十中2023届高三一模模拟数学试题（理科）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.【答案】B【详解】根据集合表示纵坐标为1的点集，集合表示横坐标为0的点集，所以两者交集为，故选：B.2.【答案】B【详解】因为复数，所以．故选：B．3.【答案】B【详解】解：从随机数表第6行的第9列和第10列数字开始从左到右依次选取两个数字，位于01至50中间，含端点，则这四个数为：41、48、28，19，故选：B．4.【答案】A 解：对于B，y=x3−xx2+1，当x=1时，y=0，与图象不符合，故B错误；对于C，y=2cosxx2+1，当x=0时，y=2，与图象不符合，故C错误；对于D，y=2sinxx2+1，当x=3时，y=2sin332+1=2sin310>0，与图象不符合，故D错误．故选A．5.【答案】A【详解】如图，设抛物线的准线为，过作于，过作于，因为，所以当，，三点共线时，取得最小值，故的最小值为．故选:A.6.【详解】设人交谈时的声强为，则火箭发射时的声强为，则，解得：，则火箭发射时的声强为，将其代入中，得：，故火箭发射时的声强级约为.故选：B7.【答案】A【详解】解：因为，所以．故选：A.8.【答案】D【详解】由三视图可知该几何体为三棱锥，如图，故其体积，故选：D．9.【答案】A【详解】使在R上单调递增的充要条件是，即，故.由于随机变量，则，即，即，.故，，所以．故选：A．10.【答案】A【详解】解：设椭圆的右焦点，连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，且由，可得，所以，则，由余弦定理可得，即，∴椭圆离心率，故选：A．11.【答案】B 【解答】解：由题意得：n=sinm,v=sinu=sin5π2−2m=cos2m，所以fm=n−v=sinm−cos2m=2sin2m+sinm−1，由0≤m≤5π20≤5π2−2m≤5π2得0≤m≤5π4，令t=sinm，则y=2t2+t−1，因为t=sinm在(π2,π)上递减，y=2t2+t−1在0,1上递增，所以f(m)在区间(π2,π)上是减函数，故A错误；令fm=2sin2m+sinm−1=0，得sinm=12或sinm=−1，解得m=π6或m=5π6，故B正确； 因为y=2t2+t−1=2t+142−98,t∈[−22,1]，所以f(m)的最小值为−98，故C错误；因为y=2t2+t−1=2t+142−98,t∈[−22,1]，关于t=−14对称，是轴对称图形，所以f(m)不可能关于点(5π6,0)中心对称，故D错误；故选：B12.【答案】D【解析】【详解】对②：由，可得，则（与为常数），令，则，所以，则，故关于直线对称，②正确；对①：∵为偶函数，则，∴，则为奇函数，故，即，则是以4为周期的周期函数，由，令，则，可得，故，①正确；由，令，则，即，令，则，即，故，则，对③：由，即，则，由于无法得出的值，③错误；对④：，④正确；故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】【详解】圆,化为标准方程可得则圆心坐标为因为,直线与直线垂直由两条直线垂直的斜率关系可得直线的斜率为由点斜式方程可得,化简即故答案为:14.【答案】【详解】将《新安吏》《石壕吏》《潼关吏》分别记为a、b、c，《新婚别》《无家别》《垂老别》分别记为d、e、f，从“三吏”中选两篇，从“三别”中选一篇的样本空间为，共9个样本点，记事件A为“语文老师选的三篇中含《新安吏》和《无家别》”，则，共2个样本点，故，故答案为：15.【答案】10【详解】如图可知：函数和直线共有5个交点，依次为，其中，∵函数和直线均关于点对称，则关于点对称，∴，且，故故答案为：10.16.【答案】②④ 解：对于①，连接AD1，BC1，∵AB⊥平面ADD1A1，A1D⊂平面ADD1A1，∴AB⊥A1D；∵四边形ADD1A1为正方形，∴A1D⊥AD1；又AD1∩AB=A，AD1，AB⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥平面ABC1D1，又MG⊂平面ABC1D1，∴A1D⊥MG，即MG与A1D所成角恒为90°，①错误；对于②，取CD中点P，连接MP，PG，∵M，P分别为C1D1，CD中点，∴MP//CC1，又CC1⊥平面ABCD，∴MP⊥平面ABCD，∴MG与CC1所成角即为∠PMG，sin∠PMG=PGMG，当sin∠PMG最大时，cos∠PMG最小，又cos∠PMG=MPMG=4MG，∴当MG最大时，cos∠PMG最小，∵当G与A或B重合时，MG取得最大值42+22+42=6，∴sin∠PMG的最大值为42+226=53，②正确；对于③，延长NM，A1D1交于点S，连接GS交DD1于R；延长MN，A1B1交于点T，连接GT交BB1于Q；则过G，M，N三点的平面截正方体所得多边形即为五边形GQNMR；取A1D1中点K，连接NK，∵D1M//NK，∴SD1SK=D1MNK=12，∴SD1SA1=13，即D1RA1G=13，同理可得：B1QA1G=13，∴D1R=B1Q=1；∴GQ=GR=42+22=25，MR=NQ=12+22=5，MN=22+22=22，∴五边形GQNMR的周长为65+22，③错误；对于④，若点G，M，N，C1在同一球面上，则该球即为三棱锥G−C1MN的外接球，∵△C1MN的外接圆半径r=12MN=2，∴三棱锥G−C1MN外接球半径R=r2+(12C1G)2，又C1G的最大值为CC1=4，∴Rmax=2+4=6，∴该球表面积最大值为4π×6=24π，④正确．故答案为：②④．三、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17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.【答案】解：(1)当n=1时，a1=S1=1，……2分当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32n2−12n−32n−12−12n−1=3n−2，将n=1代入上式得a1=1，满足an，所以an=3n−2；……6分(2)因为a4=10，a34=100，a334=1000，a3334=10000，所以bn=0,1≤n≤31,4≤n≤332,34≤n≤3333,334≤n≤1000,……10分所以T1000=0×3+1×30+2×300+3×667=2631．……12分18.【答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】取AB，EB中点M，N，连接CM，MN，ND，在梯形ACDE中，且DC=EA，而M，N分别为BA，BE中点，∴MN//EA，MN=EA，∴MN//CD，MN=CD，即四边形CDNM是平行四边形，∴CM//DN，又，N为EB中点，∴G为EN中点，又F为ED中点，∴GF//DN，故GF//CM，又CM平面ABC，GF平面ABC，∴平面ABC.……5分【小问2详解】在平面ABC内，过B作BH⊥AC交AC于H．∴平面ACDE⊥平面ABC，平面ACDE平面ABC=AC，BH平面ABC，BH⊥AC，∴BH⊥平面ACDE，则BH为四棱锥B-ACDE的高，又底面ACDE面积确定，要使多面体ABCDE体积最大，即BH最大，此时AB=BC=，，为的中点，连结，易得，易知HB，HC，HF两两垂直，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系H-xyz，∴，则，设为平面ABE的一个法向量，则，即，取，……7分设为平面DBE的一个法向量，则，即，取，……9分∴，……11分∴二面角ABED的正弦值为.……12分19.【答案】解：(1)从该校全体学生中随机抽取2名男生和2名女生，记其中恰有2人喜欢课外阅读为事件A，则P(A)=(16)2×(13)2+(56)2×(23)2+C21C21⋅16×56×13×23=47108．……6分(2)设被调查的男生人数为x，则被调查的女生人数为x2，则2×2列联表为喜欢课外读物不喜欢课外读物合计男生x65x6x女生x3x6x2合计x2x3x2若有95%的把握认为喜欢课外阅读和性别有关，则K2≥3.841，即K2=3x2(x6⋅x6−5x6⋅x3)2x⋅x2⋅x2⋅x=3x8≥3.841，则x≥3.841×83≈10.243，又x2，x3，x6均为整数，所以被调查的男生至少有12人． ……12分20.【答案】（1）（2）存在点，使得直线与斜率之积为定值.【解析】【小问1详解】如图，以所在的直线为轴，的中点为原点建立平面直角坐标系设为椭圆上一点，由题意可知，，所以点轨迹是以，为焦点，长轴长的椭圆，因为，，所以，，则，所以椭圆的标准方程为；……5分【小问2详解】由已知：直线过，设的方程为，由题意m必定是存在的，联立两个方程得，消去得，得，设，，则，（*），，将（*）代入上式，可得上式，要使为定值，则有，，又∵，∴，此时，∴存在点，使得直线与斜率之积为定值；综上，椭圆的标准方程为，存在点，使得直线与斜率之积为定值.……12分21.【答案】（1）（2）①;②详见解析【解析】【小问1详解】时，,,,，所以函数在处的切线方程，即.……3分【小问2详解】①由题设知，，，，由，得，所以函数在区间上是增函数；由，得，所以函数在区间上是减函数.故在处取得最小值，且.由于恒成立，所以，得，所以的取值范围为；……7分②设，则.设，则，故函数在区间上单调递增，由（1）知，，所以，，故存在，使得，所以，当时，，，函数单调递减；当时，，，函数单调递增.所以是函数的极小值点.因此，即.由①可知，当时，，即，整理得，所以.因此，即.所以函数在区间上单调递增.由于，即，即，所以.又函数在区间上单调递增，所以.……12分（二）选考题：共10分.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.【答案】（1）答案见详解；（2）.【小问1详解】由已知可得，，则，又，所以，则所以的普通方程为，轨迹为以为圆心，2为半径的圆的上半圆以及其与轴的两个交点，.……5分【小问2详解】由曲线化为极坐标方程：，.把代入可得，所以.的参数方程为（t为参数），消去参数可得，可得极坐标方程为，把代入方程可得，所以，所以.又三点共线，且有.……10分[选修4-5：不等式选讲]23.【小问1详解】由于，当时，，当时，，当时，所以……5分【小问2详解】，即，时等号成立，故，有最大值为.……10分