江西省上饶市2023届高三二模数学（理）试题

上饶市2023届第二次高考模拟考试数学（理科）试题卷第Ⅰ卷（选择题）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．已知集合，，则（）A． B． C． D．2．复数在复平面内对应的点所在象限为（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．已知等差数列的前n项和为，，则（）A．92 B．94 C．96 D．984．《九章算术》涉及算术、代数、几何等诸多领域，书中有如下问题：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈，问积几何？”其意思为：“有一个圆台，下底周长为3丈，上底周长为2丈，高为1丈，那么该圆台的体积是多少？”已知1丈等于10尺，圆周率约为3，估算出这个圆台体积约有（）A．立方尺 B．立方尺 C．立方尺 D．立方尺5．中国新能源汽车出口实现跨越式突破，是国产汽车品牌实现弯道超车，打造核心竞争力的主要抓手。下表是2022年我国某新能源汽车厂前5个月的销量y和月份x的统计表，根据表中的数据可得线性回归方程为，则下列四个命题正确的个数为（）月份x12345销量y（万辆）1.51.622.42.5①变量x与y正相关； ②； ③y与x的样本相关系数；④2022年7月该新能源汽车厂的销量一定是3.12万辆．A．1 B．2 C．3 D．46．已知平面向量，满足，，，记向量，的夹角为，则（）A． B． C． D．7．在中，的角平分线交AB于点D，，，，则（）A． B． C． D．8．已知，，执行如图所示的程序框图，输出的值为（）A． B． C． D．9．已知函数有3个不同的零点分别为，，，且，，成等比数列，则实数a的值为（）A．11 B．12 C．13 D．1410．已知函数在（0,1）内恰有4个极值点和3个零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．11．平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼研究土星及其卫星的运行规律时发现的，已知直角坐标系xoy中，M（－2,0），N（2,0），动点P满足，则下列结论正确的是（）A．的取值范围是 B．的取值范围是C．P点横坐标的取值范围是 D．面积的最大值为12．若曲线与曲线有公切线，则实数a的取值范围（）A． B．C． D．第Ⅱ卷（非选择题 共90分）二．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知的展开式中常数项为20，则实数m的值为______．14．过三点A（1,5），B（1,－1），C（4,2）的圆交x轴于M，N两点，则______．15．已知上任取点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，过A，B的直线与x轴，y轴分别交于M，N两点，则面积的最小值为______．16．在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD，PA=1，AB=，AD=4，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，满足MA等于M到边CD的距离．当三棱锥P－ABM的体积最小时，三棱锥P－ABM的外接球的表面积为______．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。17．已知数列为非零数列，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前n项和．18．阳春三月，春暖花开，婺源县䇸岭景区迎来了旅游高峰，某特产超市为了解游客购买特产的情况，对2023年3月期间的100位游客购买情况进行统计，得到如下人数分布表：购买金额（元）人数152025201010（1）根据以上数据完成2×2列联表，并判断是否有99%的把握认为购买金额是否少于600元与性别有关，不少于600元少于600元合计男25女40合计（2）为吸引游客，该超市推出两种优惠方案：方案一：每满200元减40元．方案二：购买金额不少于600元可抽奖3次，每次中奖概率为，中奖1次减100元，中奖2次减150元，中奖3次减200元．若某游客计划购买600元的特产，依据优惠金额的期望的大小，此游客应选择方案一还是方案二？请说明理由。附：参考公式和数据：，．附表：2.0722.7063.8416.6350.1500.1000.0500.01019．如图，等腰梯形ABCD中，，，，E为DC中点，以AE为折痕把折起，使得点D到达点P的位置，且二面角P－AE－C的余弦值为．（1）证明：；（2）求直线PE与平面PBC所成的角．20．已知椭圆C：的离心率，点，为椭圆C的左、右焦点且经过点的最短弦长为3．（1）求椭圆C的方程；（2）过点分别作两条互相垂直的直线，，且与椭圆交于不同两点A，B，与直线x=c交于点P，若，且点Q满足，求的最小值．21．已知函数，．（1）若是R上的减函数，求实数a的取值范围；（2）若有两个极值点，，其中，求证：．选考题：共10分。请考生在第22、23题中选定一题作答，并用2B铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号方框涂黑．按所涂题号进行评分，不涂、多涂均按所答第一题评分；多答按所答第一题评分。[选修4—4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（α为参数），将曲线C向上平移1个单位长度得到曲线．以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，设．（1）求曲线的普通方程和点P的直角坐标；（2）已知直线l经过点P与曲线交于A，B两点（点A在点P上方），且，求直线l的普通方程．[选修4—5；不等式选讲]23．已知函数，不等式的解集为．（1）求m的值；（2）若三个实数a，b，c，满足．证明：上饶市2023届第二次高考模拟考试数学（理）参考答案和评分标准一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDADBCACDCBD二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．1 14． 15． 16．答案详解：1．【答案】B【详解】集合，，∴故选：B．2．【答案】D【详解】∵，∴对应的点，位于第四象限．故选：D．3．【答案】A【详解】由题意知：，则，则故选：A．4．【答案】D【详解】由已知得下底半径为5尺，下底半径为尺．所以圆台的体积为：故选：D．5．【答案】B【详解】由，，因为回归直线过样本中心，，，②错误；可知随着变大而变大，所以变量与正相关，①③正确；由回归直线可知，2022年7月该新能源汽车厂的销量的估计值是万辆，④错误．故选：B．6．【答案】C【详解】因为，，，∴，∴，∴故选：C．7．【答案】A【详解】在中，根据余弦定理得，∴，∴为等腰三角形，，，∵为角平分线∴，在中，由正弦定理得得：故选：A．8．【答案】C【详解】根据程序框图可知，执行程序输出的结果是，，三个数中的最小值．因为，所以，所以输出的值为．故选：C．9．【答案】D【详解】方法一：设，则常数项为：，因为，，成等比数列，所以，所以，把代入得．方法二：若关于的一元三次方程（，）有三个根，由一元三次方程的韦达定理可知：，，，可求得：．故选：D．10．【答案】C【详解】因为，所以，又因为函数（）在内恰有4个极值点和3个零点，由图像得：，解得：，所以实数的取值范围是故选：C．11．【答案】B【详解】方法一：（双纽线直角坐标方程和极坐标方程），化简得：∴点轨迹的直角坐标方程为：极坐标方程为：∵，∴，∴∴的取值范围是∴B正确方法二：（以或为主元的方程思想）∵，化简得：．∴点的轨迹方程为：对于A：当时，，此时，∴A错误．对于B：，即，，∴．∴B正确．对于C：，∴，∴C错误．对于D：，∴D错误．故选：B．12．【答案】D【详解】设是曲线的切点，设是曲线的切点，则切线方程分别为：，对照斜率和纵截距可得：，所以（），令（）．，得：∴在是减函数，是增函数．∴且，；，．∴．∴．故选：D．13．【答案】1【详解】展开式的通项为，令解得，∴．∴．14．【答案】【详解】的垂直平分线为，的垂直平分线为，联立解圆心坐标为，半径为3，所以圆的标准方程为，与轴交于，，所以．15．【答案】【详解】设，切点弦所在的直线方程为：，则与轴，轴分别交于，，所以．∵是上的点∴（当且仅当，即，时等号成立）∴，∴，∴（当且仅当，时等号成立）16．【答案】【详解】因为平面，如图，易知位于底面矩形内以点为焦点，为准线的抛物线上，记点的轨迹为曲线．在矩形内以点为坐标原点，为轴，过点作垂线为轴建立如图示平面直角坐标系，得抛物线的标准方程为：，∴，∴．当点位于时，三棱锥的体积最小，由长方体外接球模型可知，三棱锥外接球球心为的中点，此外接球的半径为：，∴．17．【解析】（1）当时，，解得，当时，由，得，两式相除得：，即，当时，也满足，所以．（2）由（1）可知，，所以，所以令，∴，∴．18．【解析】（1）列联表如下：不少于600元少于600元合计男252045女154055合计4060100因此有99%的把握认为购买金额是否少于600元与性别有关．（2）按方案一：某游客可优惠120元．按方案二：设优惠金额为元，可能取值为0，100，150，200．，，所以的分布列为0100150200所以选择方案一19．【解析】（1）在图1中，连接，，其中交于点．因为，，故四边形为平行四边形，因为，所以，故四边形为菱形，所以，，故折叠后，，，所以为二面角的平面角，由余弦定理可知：，所以，三棱锥为正四面体，所以点在底面的投影为的中心，所以平面，因为平面，所以．（2）在图2中，以为坐标原点，过与平行线为轴，为轴，为轴建立如图示空间直角坐标系．则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则即，所以．设直线与平面所成角为，则．∴直线与平面所成的角为．20．【解析】解：（1）由题意，得，解得：，，所以椭圆的方程为．（2）由（1）可得，若直线的斜率为0，则的方程为：与直线无交点，不满足条件．设直线：，若，则则不满足，所以．设，，，由，得：，，．因为即则，所以，解得，即点坐标为9分直线的方程为：联立，解得∴，当且仅当或时等号成立∴的最小值为5．21．【解析】（1）由题意知在上恒成立∴恒成立，令，，则∴，∴，当，；，所以即，（2）方法一：（割线夹证零点差）由有两个极值点，，所以有两个不等的实数根，，由（1）可知且又过点和的直线方程为构造函数，所以．设方程的根为，则过点和直线方程为设，因为，所以在单调递增所以则又设方程的根为，则∴方法二：（借助极值点偏移进行放缩＋参数替换）由有两个极值点，，所以有两个不等的实数根，，由（1）可知且构造，则∵，∴，．∴，∴．∴是上的增函数，∴，∴，∵，∴．∵，∴，∵，，是上的增函数，∴，∴．要证：（利用放缩）只需证：只需证：（参数替换）只需证：只需证：∵，∴，，∴，∴．∴，∴得证．22．【解析】（1）∵，，∴．则曲线的普通方程为：．（2）设直线的参数方程为：（为参数）联立直线的参数方程与曲线的普通方程得：设，两点对应的参数分别为，，∴∵，∴，∴直线的直角坐标方程为：23．【解析】（1）∵，∴，经检验得：符合题意（2）∵，∴由柯西不等式可知：∴，即当且仅当，，时成立