江西省南昌市2023届高三第一次模拟考试数学（理）试卷学校:___________姓名：___________班级：__________一、
单选题1．已知集合，则（?）A．B．C．D．2．若（为虚数单位），则（?）A．B．5C．3D．13．如图，一组数据，的平均数为5，
方差为，去除，这两个数据后，平均数为，方差为，则（?）A．，B．，C．，D．，4．在中，“”是“”的（?）A．充分不必要条件B．必
要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件5．已知点A是抛物线的对称轴与准线的交点，点B为抛物线的焦点，P在抛物线上且满足，
当m取最大值时，点P恰好在以A?B为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（?）A．B．C．D．6．已知，则（?）A．B．C．D．7．已知
，，，则a，b，c的大小关系为（?）A．B．C．D．8．已知棱长为3的正四面体的内切球球心为，现从该正四面体内随机取一点，则点落在
球内的概率为（?）A．B．C．D．9．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义
二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法
计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（?）A．2.922B．2.926C．2.928D．2.93010．已
知直线和圆相交，则实数的取值范围为（?）A．B．C．D．11．设函数，则使得成立的的取值范围是（?）A．B．C．D．12．在锐角中
，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（?）A．B．2C．1D．二、填空题13．已知向量，若，则___________.14
．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则_________．15．在四棱锥中，底面为梯形，，，点在侧棱上，点在侧棱上运动，若三棱锥的体
积为定值，则_____16．若函数在时取得极值，则在上的最小值为_____．三、解答题17．已知数列满足．（1）若是等差数列，求其
首项和公差d；（2）若，是否存在实数k和b使得数列是等比数列？若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．18．如图，在直三
棱柱中，，，，D，E分别是棱，的中点.(1)证明：平面；(2)求二面角的余弦值.19．设函数．(1)当时，求函数在定义域内的最小值
；(2)若求实数的取值范围．20．甲、乙、丙进行乒乓球比赛，比赛规则如下：赛前抽签决定先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮
空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有人累计胜两场，比赛结束．经抽签，甲、乙先比赛，丙轮空．设比赛的场数为，且每场比赛双方获胜
的概率都为．(1)求和；(2)求．21．已知椭圆过点，点为其左顶点，且的斜率为.(1)求的方程；(2)为椭圆上两个动点，且直线与的
斜率之积为，，为垂足，求的最大值.22．在平面直角坐标系中，已知曲线：（），：，，分别为曲线和曲线上的动点，且的最小值为，以坐标原
点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.(1)求和的极坐标方程；(2)若射线与，在第一象限分别交于，两点，且，求的极坐标方程.23．
如图，AB是半圆的直径，O为AB的中点，、C在AB上，且，.（1）用x、y表示线段OD，CD的长度：（2）若，，，求的最小值.参考
答案：1．C【分析】解一元二次不等式求出集合A，根据指数函数性质确定集合B，根据集合的交集运算即可得答案.【详解】解得，故，所以，
故选：C2．A【分析】求出的代数形式，然后求模即可.【详解】，.故选：A.3．D【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根
据方差的意义理解判断.【详解】由题意可得：，则，故，∵是波幅最大的两个点的值，则去除，这两个数据后，整体波动性减小，故.故选：D.
4．B【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义求解作答.【详解】在中，，则，必有，而，满足，此时是直角三角形，不是等腰三
角形，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B5．D【分析】设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值
时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.【详解】解：设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，所以，
则，当时，，当时，，当且仅当，即时取等号，此时，综上当时，取得最大值，，点在以为焦点的椭圆上，，由椭圆的定义得，所以椭圆的离心率.
故选：D.6．C【分析】先利用两角和的正弦公式对已知等式化简，可求出，然后两边平方化简可求出，再利用余弦的二倍角公式求解即可.【详
解】因为，所以，所以，所以，所以，所以，即，所以，故.故选：C.7．C【分析】根据对数的运算及对数函数的性质计算可得；【详解】解：
，，即，又，所以，所以，，，即，又，所以，即，综上可得；故选：C8．C【分析】根据正四面体的结构特征及性质求其内切球的半径，求出内
切球体积和四面体体积，利用几何概型—体积比求概率即可.【详解】由正四面体各侧面为等边三角形，若为△的中心，连接，则内切球球心在线段
上，如下图示：，所以内切圆半径，而面，面，面，面，故，注意在面上，又，所以为等腰三角形的垂心，故，又，令，则，所以，可得，故，而正
四面体的体积，其内切球体积为，落在球内的概率为.故选：C9．B【分析】变形，然后根据题中的方法计算即可.【详解】.故选：B.10．
B【分析】求出圆心到直线的距离与半径比较，解不等式，即可求解.【详解】圆可化为，圆心为，半径为圆心到直线的距离由直线与圆相交可知，
解得所以实数的取值范围为故选：B11．B【分析】分析函数的定义域、奇偶性及其在上的单调性，由可得出，根据函数在上的单调性可得出关于
的不等式，解之即可.【详解】对任意的，，，所以，函数的定义域为，，则函数为偶函数，因为函数、在上均为增函数，所以，函数在上为增函数
，则等价为，即，平方得，即，解得.故所求的取值范围是．故选：B.12．A【解析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理
化边为角，得出，把所求式子用角表示，并求出角范围，最后用基本不等式求最值.【详解】因为，即，所以，因为，所以，由余弦定理，可得，再
由正弦定理得，因为，所以，所以或，得或（舍去）.因为是锐角三角形，所以，得，即，所以，当且仅当，取等号.故选:A【点睛】本题考查考
查用正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查基本不等式求最值，属于较难题.13．【分析】根据两向量垂直数量积为的坐标表示求出的值
，然后得出的坐标表示，进而求出模长.【详解】，，解得： 故答案为：.14．【分析】由题得出渐近线斜率相乘为即可得出.【详解】由题
可得双曲线的渐近线方程为，因为两条渐近线互相垂直，所以，解得.故答案为：2.15．2【分析】根据给定条件，由面积为定值，借助等体积
法确定平面即可计算作答.【详解】在四棱锥中，点是侧棱上的定点，则面积为定值，三棱锥的体积为定值，因此点到平面的距离为定值，又点是侧
棱上的动点，于是侧棱上的所有点到平面的距离都相等，则平面，如图，连接，连接，平面平面，而平面，因此，有，梯形中，，，则，所以.故答
案为：216．##【分析】根据函数在处取得极值可得，求得a的值，继而判断函数在上的单调性，由单调性求最小值即可.【详解】，，即，，
当时，，在上单调递增，.故答案为：.17．（1），；（2）存在，【分析】（1）利用数列递推式，及是等差数列，可求其首项和公差；（2
）假设存在，利用数列是等比数列，建立等式，即可求得通项.【详解】（1），，，是等差数列，，，，；（2）假设存在，则有常数，是等比数
列，首项为2，公比为2，，18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）设的中点为F，连接，，分别证明平面，平面，通过面面平行证得线面
平行；（2）根据题意，以为原点.，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，转化为空间向量处理即可.【详解】（1）证明：设的中
点为F，连接，.因为，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；在中，，平面，平面，所以平面.因为，平面，所以平面
平面.因为平面，所以平面.（2）以C为坐标原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，.设
平面的法向量为，则即取，则.取的中点G，连接.由得.在直三棱柱中，平面，平面，所以，又，平面，所以平面.所以为平面的一个法向量.易
得二面角为钝角，故二面角的余弦值为.19．(1)1(2)【分析】(1)对求导判断其单调性，从而可求得最小值；(2)令，则问题转化为
当恒成立求实数的取值范围.对求导，分类讨论判断可知当时有最小值从而可求；当时没办法确定最小值，可通过确定来判断不成立.【详解】（1
）当时，，其定义域为，则.令.当时，；当时，所以在上单调递减，在上单调递增.故函数在定义域内的最小值为.（2）令，即恒成立.①当时
，令.当时，，单调递减；当时，单调递增.所以，原不等式成立.②当时，时，单调递增.所以当时，，所以不成立.③当时，时，单调递减.所
以当时，，所以不成立.④当时，令又，，所以不成立.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：第二问可以转化为恒成立.从而确定
的最小值.当时没办法确定最小值，可通过确定来判断不成立.20．(1)，；(2).【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式即可求解
；（2）求得的所有取值及对应概率，利用离散型随机变量的期望公式计算即可.【详解】（1）由题意得，当时，甲连胜或乙连胜，所以，当时，
丙连胜，；（2）根据题意可得可能的取值为，当时，前三局甲、乙、丙平局，最后一局甲赢或乙赢，所以，所以．21．(1)(2)【分析】（
1）设椭圆方程，根据椭圆过点，以及的斜率为，构造方程解得答案；（2）设直线方程，联立椭圆方程，根据韦达定理，利用直线与的斜率之积为
，整理化简证明直线过定点，进而求出的轨迹是圆，把问题转化为圆上的点到椭圆左顶点距离的最大值问题，使问题得到解决.【详解】（1）由题
意可知直线的方程为：， 即，令，解得，所以，椭圆过点， 可得， 解得，所以的方程： ；（2）设，由题意得直线斜率不为零， 设， 代
入到椭圆，由得，即所以,由， 得， 即，所以，所以，所以，化简得，所以或，若，则直线过椭圆的左顶点，不适合题意，所以，所以过定点，
因为为垂足，所以在以为直径的圆上，，的中点为，又，所以，所以的最大值为，即的最大值为.【点睛】本题是圆锥曲线过定点问题，属于难题，
解决问题的关键点有两个，一是过定点问题不是显性的，比较隐晦，识别出来有困难，第二在由斜率的乘积是常数进行化简整理的过程中，计算直线
过定点难度比较大，容易形成畏难心理导致计算失败.22．(1)，(2)【分析】（1）由及的最小值求出，再根据将曲线的直角坐标方程化为
极坐标方程.（2）依题意设射线的极坐标方程为，即可得到，，再根据求出，最后代入的极坐标方程求出，即可得解.【详解】（1）解：对于曲
线：，则，，因为，又的最小值为，所以，即，由，得，由可得，即，所以曲线的极坐标方程为.（2）解：依题意设射线的极坐标方程为，则，，依题意，即，所以，解得或，又，所以.23．（1），；（2）2【解析】（1）为直径，，为半径，则.中，利用勾股定理，可求出；（2）中，则，即可得.再令，同理可得，由此解得.【详解】解：（1）直径，则半径， 在中，，即；（2）由（1）知，，即，当且仅当时，等号成立，，令则（当且仅当时，等号成立），的最小值为2.【点睛】本题考查了勾股定理，基本不等式的变形应用，考查了转化的思想，属于中档题.答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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