江西省上饶市2023届高三理科数学一模试卷及答案.pdf

1、上饶市 2023 届第一次高考模拟考试理科数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 选项 B A C D C D B B C C A A 13.1 14.20 15.255 16.13+23 123 1.解：A=|4 或 1,所以 =1,2,故选 B 2.解：由题意得，=(1+i)(2i)=(1+i)(2+i)(2i)(2+i)=1+3i5.|=(15)2+(35)2=105 故选 A 3.解：由题知1,51=dda，所以28=a，故选 C 4解：由二项展开式通项公式可得+1=C62(6)(2)=C6(2)123，令12 3=0解得=4，所以常数项5=C64(

2、2)4=240，故选 D 5.解：画出可行区域如图，由=2+得=3+，则当直线=3+经过点(2,2)时，取最大值，=8.故选：C.6.解：4,0mF，)0,2(B，8,1mA，代入抛物线方程得22=m.故选 D 7.解：21tan=，()1)(tantan=.故选 B 8.解：设的投影为 O 且=m，在 Rt 中，=3，所以=3，在 Rt 中，=4，所以=，在 Rt 中，=6，所以=3，在 和 中分别用余弦定理得 +=2+4002340+2+4003240=0，解得=106.故选：B.9.解：作截面如图，其中 G 和 H 分别为 AB 和的三等分点，所以周长为823+403.选 C 10.解：

3、由题知()+=xxf32cos的图像关于直线4=x对称，Zkk+=,6，()+=kxxf632cos，()0=xf等价于0632cos=x 由图可知a的最小值为25.故选 C 11.设切点为 N，连接 ON，作2作2 ，垂足为 A，由|=，且为12的中位线，可得|2|=2,|1|=2 2=，即有|1|=2，在直角三角形2中，可得|2|=22，即有|1|=2+2，由双曲线的定义可得|1|2|=2+2 22=2，可得=2，所以=2+2=3，所以=3，故选 A.12.若=43,=1,=ln，令()=ln (1)CCDDABABFEHG()=ln+1 1=0,=1,()在(1,+)上单调递增，()(1

4、)=0 43ln4313，即 ca(1+13)6=60(13)0+61(13)1+66(13)660(13)0+61(13)1=3，1+1316，1316 1 又16161316 1sin16 1，即b bac 故选 A 13.解：本题考查向量数量积运算.因为|=2|=2，所以|=1，所以(-2)(+)=2-22=2-|cos-22=4-2112-21=1.故答案为：1.14.解：设 圆 锥 底 面 圆 的 半 径 为r，高 为h，则4,162=rr，,16312=hr3=h，母线长等于5，圆锥侧面积为20.15.解：()()nnnnaa1222122211+=+=()211n，nnaa22=

5、+，该数列奇数项和偶数项分别是公比为-2 的等比数列，8S=255.16.当T1处接入时能正常工作的概率=11 (1 2)(1 3)=12+13 123 同理可知当T1处接入 b 时能正常工作的概率=12+23 123 当1处接入时能正常工作的概率=13+23 123 因为0 1 2 3,且,所以此电路正常工作的最大概率是13+23 123 17.解：（1）=DBCABD43coscos+=101022101032255=-(4 分)5=BD，2=AD.-(6 分)()2以A为原点，AB为x轴正半轴建立平面直角坐标系，则()()()2,0,1,2,0,1),0,0(DCBA()()2,1,1,

6、2=BDAC，=,0BDACBDAC.-(12 分)18.解：（1）由 题 意 知 +0.01+0.018+0.022+0.025+0.020=0.1，所以=0.005,-(2 分)设某学生每天运动时间不低于 20 分钟为事件A，该学生是运动族为事件B，则(|)=()()=0.250.72=2572 -(5 分)（2）由题意知样本里共有“运动族”学生 25 人，其中 20 人每天平均运动时间 40-50 分钟，所以 X 的所有可能取值有 0，1，2(=0)=52252=130(=1)=51201252=13(=2)=202252=1930 所以分布列为 X 0 1 2 P 130 13 193

7、0 -(10 分)=0 130+1 13+2 1930=85 -(12 分)19.解：（1）取 BC 中点为 O，连接 EO，AO，则AO平面BCDE，,BDAO 又BDAE，BD平面,-(3 分)，由EBO相似于DEB可得4=BE。-(5 分)（2）如图，以 O 为原点建立空间直角坐标系，(0,26,0)，(22,0,4)(22,0,0)，(22,0,4),=(22,26,4),=(0,0,4),=(42,0,0),-(6 分)设平面BAE的法向量1=(1,1,1),平面DAE的法向量2=(2,2,2),则有 221 261+41=041=0，取1=(3，1，0)又有222 262+42=0

8、422=0,取2=(0，6，3)1,2=6215=1010，-(10 分)所以所求角的余弦值为1010.-(12 分)20.解：（1）由题意，有=232=4，解得=3，c=2，=5，所以椭圆的方程为29+25=1；-(4 分)（2）由题意，点在轴上方且过点(2,0)，则直线的斜率不为 0，设直线的方程为=+2，(1,1)，(2,2)，则1 0，2 0，1+2=2052+9，12=2552+9，-(6 分)所以1+212=45，即12=54(1+2)，由1(3,0)，2(3,0)，所以1=11+3，则直线1的方程为=11+3(+3)，令=0，得=311+3，所以(0,311+3)，所以2=223

9、，则直线2的方程为=223(3)，令=0，得=3223，所以(0,3223)，-(8 分)所以|=|311+3|3223|=|1(23)|2(1+3)|=|1(21)|2(1+5)|=|121|12+52|-(10 分)=|54(1+2)21|54(1+2)+42|=|1+52|51+252|=15，所以|=15 -(12 分)21.解：（1）由已知可知()=-(1 分)当 0 时，()0,()在 R 上单调递增；-(2 分)当 0时，令()=0，则=,当 (,)时，()0,()单调递增；当 (2,)时,()0,()=0.-(6 分)当0 0,()递增;当 (0,)时，()0,又因为()=0,

10、由零点存在性定理可得，()在（0，）上仅有一个零点。-(8 分)当1 3 时，(0)=1 0，1(0,2),2(2,),使得(1)=(2)，当 (0，1)和 (2，)时，()0,()单调递增 因为(0)=0,所以(1)232 0,所以(2)(2)0,而()=0,由零点存在性定理可得，()在(1，2)和(2，)上各有一个零点，即()在(0，)上有 2 个零点.综上所述，当 1 时,()在（0，）上仅有一个零点;当1 3 时,()在(0，)上有 2 个零点.-(12 分)22解：（1）2=8532=85(2+2)3(22)=42+42，则22+422=4，2+42=4，即24+2=1，故曲线 C

11、的直角坐标方程为24+2=1.-(5 分)（2）将直线的参数方程为=2+=（t 为参数）代入曲线 C 的直角坐标方程为24+2=1，得(2+)24+()2=1，整理得(2+42)2+(22)2=0，设 A，B 两点所对应的参数为1,2，则1+2=222+42,12=22+42，-(7 分)=2，则1=22，联立1=221+2=222+42，解得1=422+422=222+42，将1,2代入12=22+42得(422+42)(222+42)=22+42，解得2=2=74，故直线的斜率为72.-(10 分)23解：（1）由题意知，当=1时，()=|2|+|2|，所以()=3+2,0+2,0 23 2,2 因为()4，所以 03+2 4，或0 2+2 4，或 23 2 4，解得23 2 所以不等式()4的解集为23，2.-(5 分)（2）由题知，()=|2|+|2|，因为对任意 ，()+|2|2+4恒成立，所以|2|+2|2|=|2|+|2 4|2 2+4|=|4|2 5，-(8 分)所以4|2 5，1|5,所以 5,5 -(10 分)