【文档说明】2023年1月九江市高2023届高三一模理科数学试卷及答案文字版全网首发.pdf，共(12)页，883.699 KB，由小喜鸽上传

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九江市2023年第一次高考模拟统一考试数学试题（理科）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.全卷满分150分，考试时间120分钟.考生注意：1.答题前，考生务必将自己的学号、姓名等项内容填写在答题卡上.2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题

卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，第II卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效.3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回.第Ⅰ卷（选择题60分

）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2230≤MxxxN，04≤≤Nxx，则MN(A)A.0123，，，B.123，，C.03≤≤xxD.13≤≤xx解：{|13}0

123≤≤,,,MxxN，{0,1,2,3}MN，故选A.2.复数z满足(1i)24iz，则z的虚部为（A）A.3B.3C.1D.1解:24i(24i)(1i)26i13i1i(1i)(1i)2z，虚部为3，故选A.3.若

实数,xy满足约束条件22350xyxyxy≥0≥0≤，则zxy的最大值为(D)A.1B.0C.1D.3解：由约束条件作出可行域，如图中阴影部分所示.易知目标函数zxy的最大值在(2,1)B处取得，max3z

.故选D.4.巴塞尔问题是一个著名的级数问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由莱昂哈德·欧拉在1735年解决.欧拉通过推导得出：22111π1496n.某同学为了验证欧拉的结论，设计了如右算法计算21111491000的值来估算

，则判断框填入的是(D)A.1000nB.1000n≥C.1000n≤D.1000n解：由程序框图可知，最后一次进入判断框时，999n，执行最后一次循环体，1000n，221111sum=sum+=11000491

000，输出sum，故选D.5.设等比数列{}na的公比为q，前n项和为nS，则“0q”是“{}nS为递增数列”的（B）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解：若10a

，0q，则{}nS为递减数列.若{}nS为递增数列，则1210aSS，2320aSS，210aqa.所以“0q”是“{}nS为递增数列”的必要不充分条件.故选B.6.已知ABC△是边长为2的

等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为8π，则O到平面ABC的距离为（B）A.53B.63C.233D.153解:24π8πR，球O的半径2R，设ABC△的外心为O，从而233OA，所求距离4623

3d，故选B.7.已知函数()fx的定义域为R，若(21)fx为偶函数，且()(4)2fxfx，(1)2f，则221()nfn(A)A.23B.22C.19D.18解：由()(4

)2fxfx，令2x得(2)1f.令1x，得(1)(3)2ff，(1)2f，(3)0f.因为(21)fx为偶函数，(21)(21)fxfx，即(1)(1)fxfx，曲线()fx关于直线1x对称

.又()(4)2fxfx，()fx图像关于点(2,1)中心对称，()fx的周期4(21)4T.(4)(0)(2)1fff，(1)(2)(3)(4)4ffff，221()54(1)(2)23nfnff.故选A.8.已知双曲线2222:1xyE

ab(0,0ab)，过点(2,0)M作E的一条渐近线l的垂线，垂足为P，过点M作x轴的垂线交l于点Q，若MPQ△与MPO△的面积相等(O为坐标原点)，则E的离心率为（C）A.62B.233C.2

D.3解:MPQ△与MPO△的面积相等，P为OQ的中点，故OMQ△为等腰直角三角形，45MOQ,1ba，22ab，即222aca，22e，2e，故选C.9.在正方体1111ABCDABCD中，点M为棱AB上的动点，则1AM与平面11A

BCD所成角的取值范围为（C）A.ππ[,]42B.ππ[,]63C.ππ[,]64D.ππ[,]43解：设11ADADO，连接OM，1AO平面11ABCD，1AMO即为1AM与平面11ABCD所成角.设12AA，1

2tanAOOMOM，26OM，3tan[,1]3，ππ[,]64，故选C.10.已知,mn为单位向量，则向量2mn与n夹角的最大值为(A)A.π6B.π3C.2π3D.5π6解：设,mn，则(2)cos2cos2,54cos2mnnmn

nmnn，令54cost，[1,3]t，2521334cos2,()42tmnnttt，当且仅当3t时取等号，向量2mn与n夹角的最大值为π6.故选A.11.为了学习、宣传和践行党的二十大精神，某班组织全班学

生开展了以“学党史、知国情、圆梦想”为主题的党史暨时政知识竞赛活动.已知该班男生20人，女生30人，根据统计分析，男生组成绩和女生组成绩的方差分别为2212,ss.记该班成绩的方差为2s，则下列判断正确的是（D）A.222122sssB.222122sss≥C.2221223

5sssD.22212235sss≥解:记男生组成绩和女生组成绩的平均分分别为,xy，则2022222211220111[()()()]2020iisxxxxxxxx，302

2221130iisyy，20222112020iixsx,30222213030iiysy，123(2030)505xyxxy，222030222222212112312323()()505555iiiissxysxyxxy

22222121223236()5255ssssxy≥，故选D.12.若对11(,)22ex，不等式(4)ln2lnln2axxaax恒成立，则实数a的取值范围是(C)A.(0,4e]B.(4e,)C.[4e,)D.(4e,)解：由已知得：0a，(4)l

n2lnln2ln(2)2(ln2ln)axxaaxaxxax，222ln(2)ln(2)ln()ln()22axxxaxaxxax.令ln()xfxx，则2(2)()fxfax，求导得21ln()xfxx，()fx在(0,e

)上单调递增，在(e,)上单调递减，且当01x时()0fx；当1x时，()0fx.11(,)22еx,12(,1)еx，(2)0fx，由2(2)()fxfax及ln()xfxx的图象可知，22

xax恒成立，即2ax成立，而2(4,4e)x，4еa≥，故选C.二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知等差数列{}na的前n项和为nS，若48S，735S，则5a7.解：依题意得1146872135adad，解得

112ad，5147aad.14.2022年11月8日，江西省第十六届运动会在九江市体育中心公园主体育场开幕，这是九江市举办的规模最大、规格最高的综合性体育赛事.赛事期间，有3000多名志愿者参加了活动.现将4名志愿者分配

到跳高、跳远2个项目参加志愿服务活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则“恰好有一个项目分配了3名志愿者”的概率为47.解：124248422147CAp.15.已知函数()2cos()fxx(0)的最小正周期为

π，()fx的图像关于点π(,0)12对称，(0)0f.若()fx在[0,]m上存在最大值2，则实数m的最小值是5π6.解：2ππT，2，πππ,Z62kk，即ππ,Z3kk，又(0)2cos0f，1π2π,Z

3kk，π()2cos(2)3fxx，[0,]xm时，πππ2[,2]333xm，画图可知：π22π3m，解得5π6m，即min5π6m.16.已知点AB,分别是抛物线2:4Cyx和

圆22:2440Exyxy上的动点，点A到直线:2lx的距离为d，则ABd的最小值为22.解：圆E的标准方程为22(1)(2)1xy，(1,2)E，抛物线C的焦点为(1,0)F，准线方程为1x，1

AFd，111ABdABAFAEAF22AEAFEF，即ABd的最小值为22.三、解答题:本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.(本

小题满分12分)ABC△中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，已知2b，2sin3cosAaB.(1)求角B的值；(2)求AC边上高的最大值.解:(1)由2sin3cosAaB，得2sin3cosaAB………1分由正弦定理sinsinabAB，

得2sin3cosbBB………3分又2b，sin3cosBB………4分即tan3B………5分(0,π)B，π3B………6分(2)解法一：设AC边上高为h，由余弦定理2222cosbacacB,得22π42cos3acac

………7分即224acac………8分222acac，24acac，即4ac，当且仅当ac时，等号成立………10分13sin(0,3]24ABCSacBac△………11分又12ABCSbhh△，(0,3]h，AC边上高的最大值为3………1

2分解法二：设AC边上高为h，由正弦定理得，43sinsinsin3baAAB，43sinsinsin3bcCCB………7分21334343sin()sinsinsinsin24433ABCSacBacACAC△………8分因为πABC，sinsin()A

BC，2434331sin()sin(sincossin)3322ABCSBCCCCC△4331cos2(sin2)344CC23π3sin(2)363C………10分2π(0,)3C，ππ7π2(,)666C，π1sin(2)(,1]62C

，(0,3]ABCS△………11分又12ABCSbhh△，(0,3]h，AC边上高的最大值为3………12分18.(本小题满分12分)如图，直角梯形ABCD中，BCAD//，90BAD，2ABAD，22BC，将ABD△沿BD

翻折至ABD△的位置，使得ABAC，F为BC的中点.(1)求证：平面ABD平面BCD；(2)H为线段AC上一点，若二面角HDFC的余弦值为33，求线段AH的长.解:(1)ABAC，ABAD，ACADA，,ACAD平面ACD，AB平面A

CD………1分又CD平面ACD，CDAB………2分由直角梯形ABCD，BCAD//，90BAD，2ABAD，22BC，得CDBD………3分又ABBDB，,ABBD平面ABD，CD平面ABD………4分又CD平面BCD

，平面ABD平面BCD………5分(2)取BD的中点E，连接AE，EF，ABAD，AEBD，又平面ABD平面BCD，AE平面BCD,E为BD的中点，F为BC的中点，EFCD

，又CDBD，EFBD………6分故以,,EBEFEA所在的直线分别为,,xyz轴，建立如图空间直角坐标系，则(0,0,0)E，(0,0,1)A，(1,0,0)D，(0,1,0)F，(1,2,0)C，设AHAC，则(,2,1)H………7分DABC

HDBFCBDHFCEzyx设平面HDF的一个法向量为(,,)mxyz，(1,1,0)DF，(1,2,1)DH，00mDFmDH，0(1)2(1)0xyxyz，令1x，得1y，311z，即3

1(1,1,)1m………9分平面CDF的一个法向量为(0,0,1)n………10分231||||31|cos,|3||||312()1mnmnmn，解得12或0(舍)………11分即H为AC的中点，故线段AH的长为16||

22AC………12分19.(本小题满分12分)飞行棋是一种竞技游戏，玩家用棋子在图纸上按线路行棋，通过掷骰子决定行棋步数.为增加游戏乐趣，往往在线路格子中设置一些“前进”“后退”等奖惩环节，当骰子点数大于或等于到达终点的格数时，玩家顺利通关

.已知甲、乙两名玩家的棋子已经接近终点，其位置如图所示：(1)求甲还需抛掷2次骰子才顺利通关的概率；(2)若甲、乙两名玩家每人最多再投掷3次，且第3次无论是否通关，该玩家游戏结束.设甲、乙两玩家再投掷骰子的次数为,XY，分别求出,XY的分布列和数学期望.解:(1)甲第1次抛掷未到达终点，其点数应

小于4………1分若第1次掷出的点数为1，根据游戏规则，棋子前进1步后可再前进1步，到达距离终点差2步的格子，第2次掷出的点数大于1，即可顺利通关，其概率为11556636P………2分若第1次掷出的点数为2，棋子到达距离终点差2步的格子，第

2次掷出的点数大于1，即可顺利通关，其概率为21556636P…………3分若第1次掷出的点数为3，根据游戏规则，棋子到达距离终点差1步的格子后需后退3步，又回到了原位，第2次掷出的点数大于3，可顺利通关，其概率为31116212P………

4分故甲抛掷2次骰子顺利通关的概率为1235511336361236PPPP………5分(2)依题意得31(1)62PX，13(2)36PX，1135(3)123636PX

……7分21(1)63PY，111515114(2)626666629PY，142(3)1399PY………10分终点后退3步甲乙前进1步X123Y123P121336536P1349291135

59()1232363636EX，14217()1233999EY………12分20.(本小题满分12分)如图，已知椭圆22122:1xyCab(0ab)的左右焦点分别为1F，2F，点A为1C上的一个动点(非左右顶

点)，连接1AF并延长交1C于点B，且2ABF△的周长为8，12AFF△面积的最大值为2.(1)求椭圆1C的标准方程；(2)若椭圆2C的长轴端点为12,FF，且2C与1C的离心率相等，P为AB与2C异于1F的交点，直线2PF交1C于,MN两点，证明：||||ABMN为

定值.解:(1)2ABF△的周长为8，由椭圆的定义得48a，即2a………1分又12AFF△面积的最大值为2，1222cb，即2bc………2分222abc，224bc，222()4bb，解得2b………3分椭圆1C的标准方程为22142xy………4分(2)

由(1)可知1(2,0)F，2(2,0)F，222:12xCy………5分设00(,)Pxy，11(,)Axy，22(,)Bxy，点P在曲线2C上，220022xy………6分依题意，可设直线AB，MN的斜率分别为12,kk

，则,ABMN的方程分别为1(2)ykx，1(2)ykx，于是220000122200001(2)1222222xyyykkxxxx………7分联立方程组122(2)142ykxxy，消去y整理，得

2222111(21)42440kxkxk，MNABPF1F2xNyNON2112214221kxxk，2112214421kxxk………8分2222222111112121222111424444||1()41()4212121kkkABkxxxxkkkk

………9分同理可得：222244||21kMNk………10分2112kk，22221122221114()444282||121212()12kkkMNkkk

………11分221122114482||||62121kkABMNkk为定值………12分21.(本小题满分12分)已知函数()elnmxfxmx(0m).(1)求证：曲线()fx在1x

处的切线斜率恒大于0；(2)讨论()fx极值点的个数.解:(1)221e()eemxmxmxmxfxmxx(0x),2e(1)emmmf………1分令2()emmm(0m)，则()e2mmm，()e2mm

，易知()m在(0,)上单调递增，且ln2(ln2)e20………2分当(0,ln2)x时，()0m，()m单调递减，当(ln2,)x时，()0m，()m单调递增，ln2()(ln2)e2ln22(1ln2)

0m，()m在(0,)上单调递增………3分()(0)10m，(1)0f，即曲线()fx在1x处的切线斜率恒大于0………4分(2)令2()emxgxmx(0x),则()(e)mxgxmm，显然()gx在(0

,)上单调递增，由()0gx，得lnmxm………5分当ln(0,)mxm时，()0gx，()gx单调递减；当ln(,)mxm时，()0gx，()gx单调递增，minln()()(1ln)mgxgmmm………6分①当0em

时，min()0gx，()0gx，()0fx，()fx在(0,)上单调递增，()fx无极值点………7分②当em时，min()0gx，(0)10g，ln()0mgm，所以存在唯一的1ln(0,)m

xm，使得1()0gx，即1()0fx………8分当1(0,)xx时，1()()0gxgx，即()0fx，()fx单调递增；当1ln(,)mxxm时，1()()0gxgx，即()0fx，()fx单调递减.1x是()f

x的极大值点………9分又2(1)emgm，由(1)知(1)0g，且当1x时，2exxx，em，ln1m，lnelnmm，即lnmm，ln1mm，所以存在唯一的2ln(,1)mx

m，使得2()0gx，即2()0fx………10分当2ln(,)mxxm时，2()()0gxgx，即()0fx，()fx单调递减；当2(,)xx时，2()()0gxgx，即()0fx，()fx单调递曾，2x是()fx的极小值点……

…11分综上所述，当0em时，()fx无极值点；当em时，()fx有一个极大值点和一个极小值点.………12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.22.(本小题满分10分）选修4—4：坐标系与参数方程在直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为222121xt

tyt(t为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin()cos(为直线l的倾斜角).(1)求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；(2)设(0,1)P，直线l与曲线C相交于,AB

两点，求||||||ABPAPB的最大值.解:(1)由sin()cos，得(sincoscossin)cos………1分由cosx，siny，得直线l的直角坐标方程为sincoscos0xy………2分由222121xttyt

(t为参数)，两式相除得(0)ytxx………3分221()xyx，整理得曲线C的普通方程为22(1)1xy(0x)………4分(2)解法一：直线l经过点(0,1)P，l的参数方程为c

os1sinxtyt(t为参数)，代入22(1)1xy中，得22(sincos)10tt………5分由24(sincos)40，得π(,π)2………6分12()2cossintt，121tt

………7分21212121212()4||||4sin2||||||||ttttttABttPAPBtt………8分π(,π)2,2(π,2π)，1sin20，||2||||ABPAPB，当且仅当3π4时，等号成立………9分故||||||A

BPAPB的最大值为2………10分解法二：直线l经过点(0,1)P，||1PO………5分由切割线定理得2||||||1PAPBPO………7分||2||||||ABABPAPB，当且仅当AB为圆C的直径时，等号成立………9分故||||||A

BPAPB的最大值为2………10分23.(本小题满分10分）选修4—5：不等式选讲已知,,abc均为正实数，且2222abc.(1)求abc的最大值；(2)求111abbcca的最小值.解:(

1)2222()222abcabcabbcca，又222abab≤，222bcbc≤，222caca≤………1分2222()3()6abcabc≤………2分6abc≤，当且仅当63abc

时，等式成立………3分即abc的最大值为6………4分(2)令mab，nbc，pca，则111()()3ppnmmnpmnpppmnmmnn………5分2≥nmmn，2≥pmpm，2≥pnpn，111()()9≥pmnpmn，当且仅当p

mn，即abc时，等式成立………6分由(1)知2()26mnpabc≤，111111()()26()pmnppmnmn≤………7分11126()9pmn≥，111364pmn≥………8分即111364a

bbcca≥，当且仅当63abc时，等式成立………9分故111abbcca的最小值为364………10分